# 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 $F*y(x,\psi(x),\psi'(x))\neq0, F*{pp}(x,\psi(x),\psi'(x))\neq0$ 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)