奇解

一阶隐方程

一阶常微分方程不一定能显式地表达出来，本节讨论的是一阶隐方程

$$F\left(x,y,\frac{\text dy}{\text dx}\right)=0$$

1. 平凡的情况——可解出 $y'$，转化为以前的形式

   例

   $$y'^2+yy'-x^2-xy=0\Rightarrow(y'-x)(y'+x+y)=0$$

   则 $y'=x$ 或 $y'+x+y=0$，从而有

   $$y=\frac12x^2+C\text{ or } y=-x+1+Ce^{-x}$$
2. $y=f(x,y')$

   令 $p=y'$，原式两侧对 $x$ 求导，得到

   $$p=f_x(x,p)+f_p(x,p)\frac{\text dp}{\text dx}\Rightarrow p'=\frac{p-f_x(x,p)}{f_p(x,p)}=F(x,p)$$

   • 若上式有通解 $p=\phi(x,C)$，则 $y=f(x,\phi(x,C))$ 为原方程的通解

   • 若上式有通解 $x=\phi(p,C)$，则可能会给出一个参数方程

     $$\left\{ \begin{array}{l} x=\psi(p,C)\\ y=f(\psi(p,C),p) \end{array} \right.$$

     $p$ 为参数，$C$ 为常数

   • 若通解为 $\phi(x,p,C)=0$，则原方程的通解

     $$\left\{ \begin{array}{l} \phi(x,p,C)=0\\ y=f(x,p) \end{array} \right.$$

   例

   $$y'^3+2xy'-y=0\Rightarrow y=y'^3+2xy'$$

   设 $p=y'$，则 $y=p^3+2xp$，求导得

   $$p=3p^2p'+2xp'+2p\Rightarrow p\text dx+(3p^2+2x)\text dp=0$$

   $$\Rightarrow 2p^2\text dx+(3p^2+2x)\text dp^2=\text d(2p^2x)+\frac32\text d p^4=0$$

   $$\Rightarrow \frac34p^4+xp^2=C$$

   $$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=\frac{1}{p^2}\left(C-\frac34p^4\right)\\ y=p^3+2xp=-\frac12p^3+\frac{2C}{p} \end{array} \right.$$

   同时在求恰当方程时方程两边曾经同乘过 $2p$，而事实上 $p\equiv0$ 也是方程的解，即 $y\equiv0$ 也是一个解

   事实上在 $C>0$ 时想使 $y=0$ 需要 $p=(2C)^{1/4}$，此时

   $$x=-\frac12\sqrt{\frac{C}{2}}$$

   从而过 $x$ 轴负半轴上的任意一点有两条解曲线，唯一性遭到了破坏！

   例：(克莱罗方程)

   $$y=xp+f(p)\Rightarrow p=p+xp'+\frac{\text df(p)}{\text dp}p'\Rightarrow \left(x+\frac{\text df(p)}{\text dp}\right)\frac{\text dp}{\text dx}=0$$

   有两种情况会满足这个方程

   $$\frac{\text dp}{\text dx}=0\text{ or }x+\frac{\text df(p)}{\text dp}=0$$

   • 第一种情况

     $$\Rightarrow p=C\Rightarrow y=Cx+f(C)$$

     为一族直线

   • 第二种情况

     $$\left\{ \begin{array}{l} x=-f'(p)\\ y=xp+f(p)=-pf'(p)+f(p) \end{array} \right.$$

     是一个特解

     • 若 $f''(p)\neq0$，则这个特解不会是直线，事实上由 $x=-f'(p)$ 可得反函数 $p=u(x)$，$y=xu(x)+f(u(x))$，但是 $u(x)$ 不是常值函数

   • 通解是特解的切线族

     设 $(x_0,y_0)$ 是特解上一点，则 $p_0=u(x_0), y_0=x_0p_0+f(p_0)$，通解中 $C=p_0$ 对应的直线 $y=Cx+f(C)$ 过 $(x_0,y_0)$ 且为特解的切线

   例

   $$y=xy'-\frac14y'^2$$

   令 $y'=p$，有

   $$p=p+xp'-\frac12pp'\Rightarrow p'\left(x-\frac12p\right)=0$$

   从而 $p=C\Rightarrow y=Cx-C^2/4$ 和 $y=x^2$ 是原方程的两个解 (事实上已经丢掉了很多解)，前者是后者的切线

   实际上，过 $y=x^2$ 上任意一点 $(x_0,y_0)$ 都有无穷多个解，因为对于任意一个 $x_1>x_0$，在其右侧无论是抛物线还是过 $(x_1,y_1)$ 的切线，都是方程的解

   例

   $$xp^2-2yp+9x=0\Rightarrow y=\frac{9x}{2p}+\frac{xp}{2}\quad(p\neq0)$$

   当然如果 $p\equiv0$，必有 $x=0$，此时 $p$ 没有定义

   求导

   $$p=\frac{9}{2p}-\frac{9x}{2p^2}p'+\frac{p}2+\frac{x}{2}p'\Rightarrow \left(\frac{9}{p^2}-1\right)(p-xp')=0$$

   $$\Rightarrow p=\pm 3\text{ or } p=Cx$$

   前者代入原方程

   $$y=\pm\frac32x\pm\frac{3}{2}x=\pm 3x$$

   后者代入原方程

   $$y=\frac{9}{2C}+\frac{C}{2}x^2$$

   特解是通解的切线，与上个例子相同，过 $y=\pm3x$ (除了原点) 上的任意一点都有无穷多条解曲线

3. $x=f(y,p)$

   令 $p=y'$，原式两侧对 $y$ 求导，得到

   $$\frac1p=f_y(y,p)+f_p(y,p)\frac{\text dp}{\text dy}\Rightarrow \frac{\text dp}{\text dy}=\frac{p^{-1}-f_y(y,p)}{f_p(y,p)}$$

   与上一种情形完全类似

4. $F(x,y')=0$

   令 $p=y'$，设 $F(x,p)=0$ 有参数形式 $x=\phi(t), p=\psi(t)$，则

   $$\text dy=p\text dx=\psi(t)\phi'(t)\text dt\Rightarrow y=\int \psi(t)\phi'(t)\text dt+C$$

   例

   $$x^3+p^3-3xp=0$$

   令 $p=tx$，则

   $$x^2(x+xt^3-3t)=0\Rightarrow x=\frac{3t}{1+t^3},\ p=\frac{3t^2}{1+t^3}$$

   $$y=\int \frac{3(1+t^3)-9t^3}{(1+t^3)^2}\frac{3t^2}{1+t^3}\text dt=3\int\frac{1-2t^3}{(1+t^3)^3}\text dt^3=\frac32\frac{4t^3+1}{(1+t^3)^2}$$
5. $F(y,y')=0$

   令 $p=y'$，设 $F(y,p)=0$ 有参数形式 $y=\phi(t), p=\psi(t)$，则

   $$\text dy=\phi'(t)\text dt=\psi(t)\text dx\Rightarrow x=\int \frac{\phi'(t)}{\psi(t)}\text dt+C$$

   若 $F(y,0)\equiv 0$ 有一个根为 $y=k$，则 $y\equiv k$ 是解

   例

   $$y^2(1-y')=(2-y')^2$$

   令 $2-y'=yt$，有

   $$y^2(yt-1-t^2)=0\Rightarrow y=\frac1t+t,\ p=1-t^2$$

   $$\Rightarrow x=\int \frac{1-t^{-2}}{1-t^2}\text dt+C=\frac{1}{t}+C$$

   当 $y'=0$ 时， $y\equiv\pm2$ 也是解

6. 一般形式 $F(x,y,y')=0$，设其有一个双参数表示

   $$\left\{ \begin{array}{l} x=x(u,v)\\ y=y(u,v)\\ y'=p=p(u,v) \end{array} \right.$$

   $$\text dy=p\text dx\Rightarrow y_u\text du+y_v\text dv=p(u,v)(x_u\text du+x_v\text dv)$$

   $$(y_u-p(u,v)x_u)\text du+(y_v-p(u,v)x_v)\text dv=0$$

   若它可以解出 $v=v(u,C)$，则

   $$\left\{ \begin{array}{l} x=x(u,v(u,C))\\ y=y(u,v(u,C))\\ \end{array} \right.$$

   当然成功概率并不高

奇解

定义 (奇解)

设一阶微分方程

$$F\left(x, y, \frac{\text dy}{\text dx}\right)=0$$

有一特解 $\Gamma: y=\phi(x), x\in J$，$\Gamma$ 是其解曲线；如果 $\forall Q\in \Gamma$，方程都有一条不同于 $\Gamma$ 的解曲线与 $\Gamma$ 在 $Q$ 处相切，则 $y=\phi(x)$ 是一个奇解

定理 (奇解存在的必要条件)

假设 $F(x,y,p)\in C(G)$，$G$ 是 $R^3$ 上的区域，且 $F_y, F_p\in C(G)$，假设 $y=\phi(x), x\in J$ 为 $F(x,y,p)$ 的一个奇解，则

$$F(x,\phi(x),\phi'(x))=0,\ F_p(x,\phi(x),\phi'(x))=0$$

第一个等式自然成立，假设 $\exist x_0$ 使得 $F_p(x_0,\phi(x_0),\phi'(x_0))\neq0$，则由隐函数定理，$F(x,y,p)=0$ 在 $(x_0,y_0,p_0)$ 附近可以反解出

$$p=f(x,y),\ p_0=f(x_0,y_0)\Rightarrow \frac{\text dy}{\text dx}=f(x,y), \phi(x_0)=y_0$$

且 $f_y(x,y)$ 是一个连续函数，则 $f(x,y)$ 必定关于 $y$ 是局部李氏连续的，所以原方程过 $(x_0,y_0)$ 有唯一解

在连立两个方程

$$F(x,\phi(x),\phi'(x))=0,\ F_p(x,\phi(x),\phi'(x))=0$$

并消去 $y$ 之后可以得到 $\Delta(x,y)=0$，称为判别式，奇解含于 $\Delta(x,y)=0$ 中

例

$$y'^2+y-x=0\Rightarrow p^2+y-x,\ 2p=0\Rightarrow y=x$$

但 $y=x$ 不是方程的解，所以原方程无奇解

例

$$y'^2-y^2=0\Rightarrow p^2-y^2=0,\ p=0\Rightarrow y=0$$

$y=0$ 是方程的解，但并不是方程的奇解 (方程的通解为 $y=Ce^{\pm x}$)

定理: (奇解存在的充分条件)

假设 $F(x,y,p)\in C^2(G)$，设 $y=\psi(x), x\in J$ 是 $\Delta=0$ 确定出的解曲线，并且 $Fy(x,\psi(x),\psi'(x))\neq0, F{pp}(x,\psi(x),\psi'(x))\neq0$ 以及 $F_p(x,\psi(x),\psi'(x))=0$，则 $y=\psi(x)$ 是奇解

例

$$\left[(y-1)\frac{\text dy}{\text dx}\right]^2=ye^{xy}$$

判别式为

$$(y-1)^2p^2=ye^{xy},\ 2p(y-1)=0\Rightarrow y=0$$

$$F_y(x,0,0)=-1,\ F_{pp}(x,0,0)=-2,\ F_p(x,0,0)=0$$

从而 $y=0$ 是一个奇解

例

$$y=xp+f(p),\ f''(p)\neq0$$

令 $F(x,y,p)=xp+f(p)-y$，判别式为

$$xp+f(p)-y=0,\ x+f'(p)=0$$

解 $x+f'(p)=0$ 可以得到 $p=w(x)$，从而

$$y=w(x)+f(w(x))\equiv u(x)$$

$$\Rightarrow F_y(x,u(x),u'(x))=-1,\ F_{pp}(x,u(x),u'(x))=f''(p)\neq1,\ F_{p}=x+f'(w(x))=0$$

从而 $p=w(x)$ 是方程的一个奇解

包络

设单参数曲线族 $K_C$ 满足 $V(x,y,C)=0, V\in C^1(G), G\subset R^2$

定义: (包络)

设 $\Gamma$ 是 $R^2$ 上一条光滑曲线，若 $\forall P\in \Gamma$，$\exist C$，$K_C$ 与 $\Gamma$ 相切于 $P$，且在 $P$ 附近与 $\Gamma$ 不重合，则称 $\Gamma$ 为 $K_C$ 的包络

定理: (奇解与包络的关系)

$F(x,y,p)=0$ 有同积分 $U(x,y,C)=0$，设其包络为 $\Gamma: y=\phi(x)$，则 $y=\phi(x)$ 是奇解

证明

只需证明 $y=\phi(x)$ 是解，$\forall (x_0,y_0)\in\Gamma$，$\exist C_0$，可以利用 $U(x,y,C_0)=0$ 解出 $y=u(x)$，其与 $\Gamma$ 切于 $(x_0,y_0)$，则

$$y_0=u(x_0),\ u'(x_0)=\phi'(x_0)\Rightarrow F(x_0,u(x_0),u'(x_0))=0\Rightarrow F(x_0,\phi(x_0),\phi'(x_0))=0$$

由 $x_0$ 的任意性，有 $F(x,\phi(x),\phi'(x))\equiv 0$，即 $y=\phi(x)$ 是方程的解，则它显然是奇解

定理: (求包络的方式/包络的必要条件)

设 $\Gamma$ 是曲线族 $V(x,y,C)=0$ 的包络，则 $\Gamma$ 上任意一点满足

$$V(x,y,C)=0,\ V_C(x,y,C)=0\Rightarrow \Omega(x,y)$$

$\Omega(x,y)$ 是连立方程消去 $C$ 后得到的判别式

证明

设 $\Gamma$ 的参数形式为 $x=f(C), y=g(C)$，$f,g\in C^1$，则

$$V(f(C),g(C),C)\equiv 0\Rightarrow V_xf'(C)+V_yg(C)+V_C\equiv 0$$

若 $(V_x,V_y)=(0,0)$ 和 $(f'(C),g'(C))=(0,0)$ 至少有一对成立，则自然有 $V_C=0$，否则由于 $\Gamma$ 在 $P(C)=(f(C),g(C))$ 处的切向量 $(f'(C),g'(C))$ 与 $V(x,y,C)=0$ 在 $P$ 处的切向量共线

$$(f'(C),g'(C))\cdot\nabla V(f(C),g(C),C)=0\Rightarrow f'(C)V_x+g'(C)V_y=0\Rightarrow V_C=0$$

定理: (包络的充分条件)

设由 $\Omega(x,y)=0$ 确定了一条不含于曲线族 $V(x,y,C)=0$ 的光滑曲线

$$\Lambda:\quad x=\phi(C),\ y=\psi(C)\quad (C\in I)$$

若它满足非退化条件

$$(V_x(\phi(C),\psi(C),C), V_y(\phi(C),\psi(C),C), C)\neq(0,0),\ (\phi'(C),\psi'(C))\neq (0,0)$$

则它就是包络

例

$$(y-1)^2p^2=\frac49y$$

$$\Rightarrow \frac{y-1}{\sqrt{y}}\text dy=\pm\frac23\text dx\Rightarrow y^{3/2}-3y^{1/2}=\pm(X+C)$$

得到通解

$$y(y-3)^2-(x+C)^2=0$$

考虑 $V_C=0$，有 $x+C=0$，此时 $y=0,3$，经验证 $y=0$ 是奇解，但是 $y=3$ 不是奇解

例

求曲线，使其任意一点的切线在两个坐标轴的截距长的倒数平方和为 $1$

$$\frac1{(y-xy')^2}+\frac1{(1-y/y')^2}=1\Leftrightarrow (xy'-y)^2=1+y'^2\Rightarrow y=xy'\pm\sqrt{1+y'^2}$$

设 $p=y'$，对 $x$ 求导

$$p=p+xp'\pm\frac{p}{1+p^2}p'=0\Rightarrow p=C$$

从而方程的通解为 $V(x,y,C)=Cx-y\pm\sqrt{1+C^2}=0$

又有

$$V_C=x\pm\frac{C}{\sqrt{1+C^2}}=0$$

从而可以解出

$$x=\mp\frac{C}{\sqrt{1+C^2}},\ y=\pm \frac{1}{\sqrt{1+C^2}}\Rightarrow x^2+y^2=1$$

即单位圆 (不包括与坐标轴的交点)