First-Order Differential Equations

Overview#

This chapter builds a practical toolkit for first-order ODEs and related extensions.

Core ideas: classification, modeling, and meaning of solutions
Main methods: separable equations, integrating factor, substitution methods, exact equations
Key themes: initial-value problems, existence/uniqueness, singular solutions, and geometric interpretation
Advanced bridge: reducible second-order equations and implicit first-order equations via $p=y'$

The goal is not only to solve equations, but also to identify equation types quickly and choose the right method with domain/branch checks.

Contents#

Introduction
Separable Equations and Applications
Linear First-Order Equations
Existence and Uniqueness for Linear ODEs
Initial-Value Integrating Factor Formula
Structure: Homogeneous + Particular
Substitution Methods and Exact Equations
Reducible Second-Order Equations
Bonus: Implicit First-Order Equations, 3D Embedding, and Singular Solutions
Singular solutions

Introduction#

What is an ODE?#

An ODE is an equation involving an unknown function and its derivatives:

$F(x,y,y',\dots,y^{(n)})=0$ If there is only one independent variable, it is called an ordinary differential equation (ODE).

Classification#

Differential equations can be classified by:

type: ODE / PDE
order: highest derivative
linearity: linear / nonlinear
homogeneity: homogeneous / nonhomogeneous

Mathematical modeling#

ODEs are used to model changing quantities in physics, ecology, engineering, etc. Typical variables:

independent variable: time, position, …
dependent variable: speed, temperature, population, …

Meaning of a solution#

A function $y=\phi(x)$ is a solution if it satisfies the ODE identically on an interval.

General vs particular solution#

General solution: a family of parametrized solutions
Particular solution: one specific solution selected by extra conditions

Subsidiary conditions#

To determine a unique particular solution, we usually need:

initial condition
boundary condition

Not every ODE has a solution, and not every solution is unique.

Two viewpoints#

Analytical: solve for $y=\phi(x)$
Geometrical: use slope fields and solution curves

Slope field#

For $y'=f(x,y)$ the value of $f(x,y)$ gives the slope at each point $(x,y)$ . A slope field visualizes the local direction of solutions.

Phenomenon → Modeling → ODE + conditions → Analysis → Solve / Approximate → Predict / Control

Separable Equations and Applications#

$\frac{dy}{dx}=H(x,y)=g(x)h(y), \quad y(x_0)=y_0$

Case 1： $h(y)\neq 0$ 可以把变量分开：

\frac{dy}{h(y)}=g(x)\,dx

然后两边积分：

\int \frac{1}{h(y)}\,dy=\int g(x)\,dx

最后再代入初值确定常数。

Case 2： $h(y_0)=0$ 这时常数函数

y\equiv y_0

往往本身就是一个解。

这个解有时会包含在通解里，有时不会，所以一定要单独检查。

TIP
分离变量时如果除掉了某个可能为 0 的因子，可能会漏掉解。

Implicit, General, and Singular Solutions#

Implicit Solution#

例如

x^2+y^2=4

对它求导：

2x+2yy'=0 \Rightarrow x+yy'=0

所以

x^2+y^2=4

是微分方程的一个隐式解。

它对应两个显式分支：

y=\pm\sqrt{4-x^2}

而初值会选定其中一个分支。

General Solution#

带任意常数 $C$ 的解族通常叫通解。

例如：

y=Ae^{-3x^2}

或

y=1+(x^2+C)^3

都属于通解族。

Singular Solution#

奇异解是：

是原方程的解，但不能通过通解中取某个常数得到。

WARNING
奇异解会在分离变量中被漏掉
考虑
$\frac{dy}{dx}=6x(y-1)^{2/3}$ $\frac{dy}{(y-1)^{2/3}}=6x\,dx$ $\int \frac{1}{3(y-1)^{2/3}}\,dy=\int 2x\,dx$ $(y-1)^{1/3}=x^2+C$
所以通解是
$\boxed{y=1+(x^2+C)^3}$
但还有一个解
直接检查常数解
$y\equiv 1$
有
$y'=0,\qquad 6x(y-1)^{2/3}=0$
所以 $y\equiv 1$ 也是解。
因为不存在常数 $C$ ，使得
$1+(x^2+C)^3\equiv 1$
对所有 $x$ 成立。
所以 $y\equiv 1$ 是一个 奇异解。
在分离变量时你实际上做了
$\frac{1}{(y-1)^{2/3}}$
这一步默认了 $(y-1)^{2/3}\neq 0$ 。
而对 $y\equiv 1$ ，这个因子恒为 0，所以它在分离过程中被排除了。
若取初值 $y(1)=1$ ，则至少有两条不同的解：

$\; y\equiv 1$

$\; y=1+(x^2-1)^3$

它们都满足 $y(1)=1$ 。
这说明：
同一个初值问题，解可能不唯一。
而这正和存在唯一性定理呼应：
这里右端 $f(x,y)=6x(y-1)^{2/3}$ 在 $y=1$ 附近关于 $y$ 的性质不够好，所以唯一性会失效。

Logistic model#

\frac{dP}{dt}=kP\left(1-\frac{P}{M}\right),\qquad P(0)=P_0

这里：

$P(t)$ ：种群数量
$k$ ：增长率
$M$ ：环境容量

\frac{dP}{P\left(1-\frac{P}{M}\right)}=k\,dt

\frac{M\,dP}{(M-P)P}=k\,dt

\frac{M}{(M-P)P}=\frac{1}{P}+\frac{1}{M-P}

\int \left(\frac{1}{P}+\frac{1}{M-P}\right)\,dP=\int k\,dt

\int \frac{1}{M-P}\,dP=-\ln|M-P|

\ln\left|\frac{P}{M-P}\right|=kt+C

\frac{P}{M-P}=Ce^{kt}

于是可得常见形式

P(t)=\frac{M}{Ce^{-kt}+1}

再由 $P(0)=P_0$ 确定 $C$ ，得到特解。

代入初值后的常见结果:

P(0)=P_0=\frac{M}{C+1}

C=\frac{M-P_0}{P_0}

\boxed{ P(t)=\frac{MP_0}{(M-P_0)e^{-kt}+P_0} }

$P=0$ 和 $P=M$ 也是常数解，需要单独检查；
它们有时能在通解表达式中体现出来，有时最好单独写明。

Torricelli’s law#

考虑底部有小孔的水箱。

记：

$y(t)$ ：水深
$V(t)$ ：水体积
$a$ ：小孔面积

物理上，在理想条件下，出水速度满足

v=\sqrt{2gy}

因此体积变化率为

\frac{dV}{dt}=-av=-a\sqrt{2gy}

令

k=a\sqrt{2g}

则

\frac{dV}{dt}=-k\sqrt{y}

若水箱在高度 $y$ 的横截面积为 $A(y)$ ，则

V(y)=\int_0^y A(\bar y)\,d\bar y

所以

\frac{dV}{dy}=A(y)

由链式法则：

\frac{dV}{dt}=\frac{dV}{dy}\frac{dy}{dt}=A(y)\frac{dy}{dt}

于是得到

\boxed{A(y)\frac{dy}{dt}=-k\sqrt{y}}

Extension 1: Equidimensional Equations#

\frac{dy}{dx}=g\!\left(\frac{y}{x}\right)

这种方程右边只依赖于比值 $y/x$ ，叫 equidimensional equation（也常被称作 homogeneous type）。

标准换元:

令

u=\frac{y}{x} \qquad\text{即}\qquad y=ux

则

\frac{dy}{dx}=u+x\frac{du}{dx}

代回原方程后，通常可以化成关于 $u$ 的 separable equation。

Example: Equidimensional Substitution#

xy'-y=\sqrt{x^2-y^2}

y'=\sqrt{1-\left(\frac{y}{x}\right)^2}+\frac{y}{x}

令

u=\frac{y}{x},\qquad y=ux

则

y'=u+xu'

代入得

u+xu'=\sqrt{1-u^2}+u

所以

xu'=\sqrt{1-u^2}

从而分离变量：

\frac{du}{\sqrt{1-u^2}}=\frac{dx}{x}

积分：

\arcsin u=\ln|x|+C

代回 $u=y/x$ ，得

\boxed{ y=x\sin(\ln|x|+C) }

若

\sqrt{1-u^2}=0

即 $u=\pm 1$ ，也要单独检查，对应

\boxed{y=\pm x}

这又是“分离变量时可能漏掉特殊解”的同一类问题。

Extension 2: Linear Fractional Form#

\frac{dy}{dx}= f\!\left( \frac{a_1x+b_1y+c_1}{a_2x+b_2y+c_2} \right)

目标：把它转化为更容易的方程，通常是 equidimensional，再进一步化成 separable。

Case 1： $c_1=c_2=0$

则

\frac{dy}{dx}= f\!\left( \frac{a_1x+b_1y}{a_2x+b_2y} \right)

这是关于 $x,y$ 同次的比值，可直接看成 equidimensional 型，再令 $u=y/x$ 。

Case 2：常数项不全为 0，且两条直线有唯一交点

解方程组

a_1\alpha+b_1\beta+c_1=0

a_2\alpha+b_2\beta+c_2=0

然后做平移换元：

u=x-\alpha,\qquad v=y-\beta

则原式会变成

\frac{dv}{du}=f\!\left(\frac{a_1u+b_1v}{a_2u+b_2v}\right)

从而化成 equidimensional 方程，再继续令 $w=v/u$ 。

Case 3：分子分母中的线性部分成比例

若

\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=k

则表达式可进一步简化成“一个线性组合”的函数形式，再寻找合适换元。

Solving Strategy for First-Order ODEs#

Step 1：Identify 先识别方程类型：

是不是 separable？
能不能通过换元化成 separable？
有没有明显常数解？

Step 1.5：Convert（Optional） 如果不是直接 separable，尝试：

令 $u=\frac{y}{x}$ （equidimensional）
平移 $u=x-\alpha,\ v=y-\beta$
观察线性分式是否可化简

Step 2：Solve 分离变量并积分。

Step 3：Check lost / special solutions 检查：

有没有在约分时漏掉的常数解
有没有奇异解
解是否满足原方程

Step 4：Use initial condition 代入初值求常数，并确定正确分支。

Step 5：State the answer clearly 答案要写清：

显式 or 隐式
特解 or 通解
是否还有额外常数解/奇异解
定义区间

Linear First-Order Equations#

一阶线性微分方程：

标准形式：

$\boxed{y'+P(x)y=Q(x)}$

Homogeneous vs Nonhomogeneous#

对线性方程

$y'+P(x)y=Q(x)$

若 $Q(x)\equiv 0$ ,则方程为

$\boxed{y'+P(x)y=0}$

称为 齐次（homogeneous） 线性方程。

若 $Q(x)\not\equiv 0$ ,则方程为

$\boxed{y'+P(x)y=Q(x)}$

称为 非齐次（nonhomogeneous） 线性方程。

Integrating Factor Method#

对方程

$y'+P(x)y=Q(x)$

我们想乘上一个函数 $\rho(x)$ ，使左边变成一个乘积的导数： $(\rho(x)y)'$ .

因为 $(\rho y)'=\rho y'+\rho' y$

所以只要让 $\rho'=\rho P(x)$ ,就能把 $\rho y'+\rho P(x)y$ 认成 $(\rho y)'$ .

由

\frac{\rho'}{\rho}=P(x)

积分得到

\ln \rho=\int P(x)\,dx

所以积分因子可取为

\boxed{\rho(x)=e^{\int P(x)\,dx}}

乘上积分因子后：

\rho y'+\rho P y=\rho Q

左边就是

(\rho y)'=\rho Q

然后两边积分：

\rho y=\int \rho Q\,dx+C

所以通解是

\boxed{ y=\frac{1}{\rho(x)}\left(\int \rho(x)Q(x)\,dx+C\right) }

核心：

\boxed{(\rho(x)y)'=\rho(x)Q(x)}

这才是积分因子法的本质。

Standard Workflow#

Step 1: Rewrite to standard form 先写成

y'+P(x)y=Q(x)

特别注意：
$y'$ 前面的系数必须先化成 1。

Step 2: Find the integrating factor

\boxed{\rho(x)=e^{\int P(x)\,dx}}

Step 3: Multiply both sides by $\rho(x)$ 得到

(\rho y)'=\rho Q

Step 4: Integrate

\rho y=\int \rho Q\,dx+C

Step 5: Solve for $y$

\boxed{ y=\frac{1}{\rho}\left(\int \rho Q\,dx+C\right) }

Example 1#

求解

y'+y=e^x

Step 1: Standard form 这里

P(x)=1,\qquad Q(x)=e^x

Step 2: Integrating factor

\rho(x)=e^{\int 1\,dx}=e^x

Step 3: Multiply by the integrating factor

e^x y'+e^x y=e^{2x}

左边是 $(e^x y)'$ 。

所以

(e^x y)'=e^{2x}

Step 4: Integrate

e^x y=\int e^{2x}\,dx+C=\frac12 e^{2x}+C

所以

\boxed{ y=\frac12 e^x+Ce^{-x} }

What this example shows

Integrating factor works fully when $Q(x)\neq 0$ . 它本来就是为一般的一阶线性方程设计的。

The solution naturally splits into two parts.

y=\underbrace{Ce^{-x}}_{\text{齐次解}}+\underbrace{\frac12 e^x}_{\text{特解}}

这正好对应后面的结构定理。

Example 2#

求解

x^2y'+xy=\sin x,\qquad y(1)=y_0

Step 1: Rewrite to standard form 当 $x\neq 0$ 时，除以 $x^2$ ：

y'+\frac1x y=\frac{\sin x}{x^2}

所以

P(x)=\frac1x,\qquad Q(x)=\frac{\sin x}{x^2}

Step 2: Integrating factor 因为初值点在 $x_0=1$ ，自然考虑区间 $x>0$ 。

\rho(x)=\exp\left(\int_1^x \frac1t\,dt\right)=e^{\ln x}=x

Step 3: Multiply by the integrating factor

x y'+y=\frac{\sin x}{x}

左边是 $(xy)'$ 。

所以

(xy)'=\frac{\sin x}{x}

Step 4: Integrate 从 1 积到 $x$ ：

xy-y_0=\int_1^x \frac{\sin t}{t}\,dt

于是

\boxed{ y(x)=\frac1x\left[y_0+\int_1^x \frac{\sin t}{t}\,dt\right] }

Key takeaways from this example

Why is the solution defined on the positive half-axis? 因为：

初值点 $x_0=1$ 在正半轴
$P(x)=1/x$ 、 $Q(x)=\sin x/x^2$ 在 $(0,\infty)$ 上连续
但在 $x=0$ 不连续

因此根据存在唯一性定理，解在整个 $(0,\infty)$ 上唯一存在。

$x=0$ is not a singular solution. $x=0$ 不是一条解曲线，而是方程的 奇点（singular point）。
它和前面 1.4 的 奇异解 singular solution 不是一回事。

Existence and Uniqueness for Linear ODEs#

考虑初值问题

y'+P(x)y=Q(x),\qquad y(x_0)=y_0

如果 $P(x)$ 和 $Q(x)$ 在某个包含 $x_0$ 的开区间 $I$ 上连续，那么：

\boxed{ \text{该初值问题在 }I\text{ 上有且仅有一个解} }

而且这个解在整个区间 $I$ 上存在。

Key Consequences#

Linear IVPs are highly well-behaved. 不像前面某些非线性例子会出现：

多个解
奇异解
只能局部定义

线性方程在系数连续时非常“安全”。

The solution extends over the full continuity interval. 不是只在初值点附近，而是在 $P,Q$ 连续的整个区间上。

First-order linear equations have no singular solutions. 积分因子法得到的通解已经包含所有解，
不会再额外冒出“通解之外的特殊解”。

Initial-Value Integrating Factor Formula#

对初值问题

y'+P(x)y=Q(x),\qquad y(x_0)=y_0

可以直接取

\boxed{ \rho(x)=\exp\left(\int_{x_0}^{x}P(t)\,dt\right) }

则唯一解可直接写成

\boxed{ y(x)=\frac{1}{\rho(x)} \left[ y_0+\int_{x_0}^{x}\rho(t)Q(t)\,dt \right] }

Benefits#

自动满足初值
不用最后再额外求常数 $C$

Structure: Homogeneous + Particular#

对非齐次方程

y'+P(x)y=Q(x)

若：

$Y(x)$ 是对应齐次方程 $y'+P(x)y=0$ 的通解
$y^*(x)$ 是原方程的一个特解

那么原方程的通解是

\boxed{y(x)=Y(x)+y^*(x)}

Linear Superposition Principle#

对非齐次线性方程

y'+P(x)y=Q(x)

通解可写为

\boxed{y=Y+y^*}

这是 Principle of Linear Superposition（线性叠加原理）。

Bernoulli Equation#

Standard form

\boxed{ y'+P(x)y=Q(x)y^n,\qquad n\neq 0,1 }

这是一个非线性方程，但可以通过换元化为线性方程。

Substitution 令

\boxed{z=y^{1-n}}

则可化成一阶线性方程：

\boxed{ z'+(1-n)P(x)z=(1-n)Q(x) }

解出 $z$ 后，再反代回 $y$ 。

Example: Bernoulli Equation in Detail#

考虑几何推导得到的方程

y'=\frac{y}{2x}-\frac{x}{2y}

改写成

y'-\frac{1}{2x}y=-\frac{x}{2}y^{-1}

这是 Bernoulli 方程，参数 $n=-1$ 。

Step 1: Substitute 因为 $1-n=2$ ，令

z=y^2

则

z'=2yy'

Step 2: Rewrite the original equation 原方程两边乘 $2y$ ：

2yy'=\frac{y^2}{x}-x

即

z'=\frac{1}{x}z-x

整理得

z'-\frac{1}{x}z=-x

这已经是一阶线性方程。

Step 3: Integrating factor

\rho(x)=e^{\int -1/x\,dx}=e^{-\ln x}=\frac1x

于是

\left(\frac{z}{x}\right)'=-1

Step 4: Integrate

\frac{z}{x}=-x+C

所以

z=Cx-x^2

代回 $z=y^2$ ：

\boxed{y^2=Cx-x^2}

Substitution Methods and Exact Equations#

1. Equations of the form $y'=F(ax+by+c)$ #

若一阶方程可写成

\frac{dy}{dx}=F(ax+by+c),

则可令

v=ax+by+c.

因为

y=\frac{v-ax-c}{b}

（若 $b\neq 0$ ），对 $x$ 求导后可把原方程化成关于 $v$ 的 separable equation。

Standard substitution#

对最常见的形式

\frac{dy}{dx}=F(x+y+c),

令

v=x+y+c.

则

y=v-x-c,\qquad \frac{dy}{dx}=\frac{dv}{dx}-1.

代回后得到关于 $v$ 的一阶方程，再分离变量。

Classic example#

\frac{dy}{dx}=(x+y+3)^2

令

v=x+y+3,\qquad y=v-x-3

则

\frac{dy}{dx}=\frac{dv}{dx}-1

代入得

\frac{dv}{dx}=1+v^2.

分离变量：

\frac{dv}{1+v^2}=dx

积分得

\arctan v=x+C.

所以

v=\tan(x+C),

从而

\boxed{ y(x)=\tan(x+C)-x-3 }

TIP
看到右边只依赖于某个线性组合 $ax+by+c$ ，就优先考虑把这个整体设为新变量。

2. Homogeneous Equations#

若方程可写成

\frac{dy}{dx}=F\!\left(\frac{y}{x}\right),

则称其为 homogeneous first-order equation。

这类方程右边只依赖于比值 $y/x$ 。

Standard substitution#

令

v=\frac{y}{x}, \qquad y=vx

则

\frac{dy}{dx}=v+x\frac{dv}{dx}.

代回原方程：

v+x\frac{dv}{dx}=F(v)

所以

x\frac{dv}{dx}=F(v)-v.

这就是一个 separable equation。

How to recognize it#

若微分方程能整理成

\frac{dy}{dx}=F\!\left(\frac{y}{x}\right),

或形如

P(x,y)\,y'=Q(x,y)

其中 $P,Q$ 的每一项都有相同总次数，则通常可化成 homogeneous equation。

Classic example#

2xy\frac{dy}{dx}=4x^2+3y^2

改写为

\frac{dy}{dx}=2\frac{x}{y}+\frac{3}{2}\frac{y}{x}.

令

v=\frac{y}{x},\qquad y=vx,\qquad y'=v+xv'

代入得

v+x\frac{dv}{dx}=\frac{2}{v}+\frac{3}{2}v

所以

x\frac{dv}{dx}=\frac{v^2+4}{2v}.

分离变量：

\frac{2v}{v^2+4}\,dv=\frac{dx}{x}

积分：

\ln(v^2+4)=\ln|x|+\ln C

于是

v^2+4=C|x|.

代回 $v=y/x$ ：

\frac{y^2}{x^2}+4=C|x|.

可写成

\boxed{ y^2+4x^2=kx^3 }

Domain check#

由

y^2=x^2(kx-4)\ge 0

得到

x^2(kx-4)\ge 0.

因此：

若 $k>0$ ，则 $x\ge \dfrac{4}{k}$
若 $k<0$ ，则 $x\le \dfrac{4}{k}$

TIP
对 homogeneous equation，解完后常要额外检查：

$\ln|x|$ 带来的区间限制

根号带来的定义域限制

写成 $y=\pm\sqrt{g(x)}$ 后要求 $g(x)\ge 0$

3. A special homogeneous IVP with radical#

考虑

x\frac{dy}{dx}=y+\sqrt{x^2-y^2},\qquad y(x_0)=0,\quad x_0>0.

先除以 $x$ ：

\frac{dy}{dx}=\frac{y}{x}+\sqrt{1-\left(\frac{y}{x}\right)^2}.

令

v=\frac{y}{x},\qquad y=vx,\qquad y'=v+xv'

得

v+x\frac{dv}{dx}=v+\sqrt{1-v^2}

所以

x\frac{dv}{dx}=\sqrt{1-v^2}.

分离变量：

\frac{dv}{\sqrt{1-v^2}}=\frac{dx}{x}

积分得

\arcsin v=\ln x + C

（因为初值点 x_0>0，可在 $x>0$ 的区间上讨论，所以写 $\ln x$ 即可。）

由 $v(x_0)=0$ 得

C=-\ln x_0.

所以

v=\sin\!\left(\ln\frac{x}{x_0}\right).

代回 $v=y/x$ ：

\boxed{ y(x)=x\sin\!\left(\ln\frac{x}{x_0}\right) }

Region restriction#

因为原方程中有根号

\sqrt{x^2-y^2},

必须满足

x^2-y^2\ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad |y|\le |x|.

又因为这里取的是 $x_0>0$ 的解支，所以在 $x>0$ 上讨论，区域变成

\boxed{x\ge |y|}.

边界线

\boxed{y=x,\qquad y=-x}

本身也是解，称为 singular solution curves。

4. Exact Equations#

若方程写成

M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0,

并且左边恰好是某个函数 $F(x,y)$ 的全微分

dF=F_x\,dx+F_y\,dy,

即

F_x=M,\qquad F_y=N,

则该方程称为 exact equation。

这时通解直接写成

\boxed{F(x,y)=C}.

Exactness criterion#

在通常的连续性条件下，若

\boxed{ \frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x} }

则方程是 exact。

How to find the potential function $F(x,y)$ #

若已知 exact，可按下面步骤求 $F$ ：

先由
$F_x=M$
对 $x$ 积分：
$F(x,y)=\int M(x,y)\,dx+g(y)$
再对 $y$ 求偏导，与 $N$ 比较，确定 $g(y)$ 。

也可反过来先由 $F_y=N$ 对 $y$ 积分。

Classic example#

y^3\,dx+3xy^2\,dy=0

这里

M=y^3,\qquad N=3xy^2.

直接看出

F(x,y)=xy^3

因为

F_x=y^3,\qquad F_y=3xy^2.

所以原方程是 exact，其通解为

\boxed{xy^3=C}

也可写成

\boxed{y=kx^{-1/3}}.

Important remark: exactness depends on the form#

若把上式在 $y\neq 0$ 的区域中除以 $y^2$ ，得到

y\,dx+3x\,dy=0.

此时

M=y,\qquad N=3x,

有

M_y=1,\qquad N_x=3,

所以它不是 exact。

这说明：

WARNING
exactness 不是“解集本身”的性质，而与方程写成的具体形式 $Mdx+Ndy=0$ 有关。

5. Integrating Factor for Nonexact Equations#

若

M(x,y)\,dx+N(x,y)\,dy=0

不是 exact，我们希望找到一个函数 $\mu$ ，使得

\mu M\,dx+\mu N\,dy=0

变成 exact。

这个 $\mu$ 叫做 integrating factor。

Exactness condition after multiplying by $\mu$ #

需要满足

\frac{\partial(\mu M)}{\partial y}=\frac{\partial(\mu N)}{\partial x}.

一般直接求 $\mu(x,y)$ 很难，所以常先试两种简单情形：

Case 1: $\mu=\mu(x)$ #

若

\frac{M_y-N_x}{N}

恰好只依赖于 $x$ ，则存在积分因子

\boxed{ \mu(x)=\exp\left(\int \frac{M_y-N_x}{N}\,dx\right) }

Case 2: $\mu=\mu(y)$ #

若

\frac{N_x-M_y}{M}

恰好只依赖于 $y$ ，则存在积分因子

\boxed{ \mu(y)=\exp\left(\int \frac{N_x-M_y}{M}\,dy\right) }

TIP
线性方程中的积分因子
$\rho(x)=e^{\int P(x)\,dx}$
本质上就是 exact equation 理论中的一个特殊情形。

Reducible Second-Order Equations#

二阶微分方程一般写成

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

若其中 缺少 $y$ 或 缺少 $x$ ，则常可通过代换降为一阶方程。

1. Dependent variable $y$ missing#

若方程形如

F(x,y',y'')=0,

则令

p=y'=\frac{dy}{dx}.

于是

y''=\frac{dp}{dx}=p'.

原方程变为

F(x,p,p')=0,

这是关于 $p$ 的一阶方程。

若解得

p=p(x,C_1),

则再由

y'=p(x,C_1)

积分得到

\boxed{ y(x)=\int p(x,C_1)\,dx+C_2 }

Example#

y''+(y')^2=0

令

p=y'

则

p'+p^2=0.

分离变量：

\frac{dp}{p^2}=-dx

积分得

p=\frac{1}{x+C_1}.

所以

y'=\frac{1}{x+C_1}

再积分：

\boxed{ y=\ln|x+C_1|+C_2 }

2. Independent variable $x$ missing#

若方程形如

F(y,y',y'')=0,

则令

p=y'=\frac{dy}{dx}

并把 $p$ 看成 $y$ 的函数。

这时由链式法则

y''=\frac{dp}{dx}=\frac{dp}{dy}\frac{dy}{dx}=p\frac{dp}{dy}.

所以原方程变为

\boxed{ F\left(y,p,p\frac{dp}{dy}\right)=0 }

这就是关于 $p(y)$ 的一阶方程。

若解出

p=p(y,C_1),

再由

\frac{dy}{dx}=p(y) \quad\Longrightarrow\quad \frac{dx}{dy}=\frac{1}{p(y)}

积分得

\boxed{ x(y)=\int \frac{1}{p(y,C_1)}\,dy + C_2 }

通常最后得到的是 隐式解。

Classic example#

yy''=(y')^2

这里缺少 $x$ 。令

p=y',\qquad y''=p\frac{dp}{dy}.

代入得

y\,p\frac{dp}{dy}=p^2.

在 $p\neq 0$ 的情形下可分离为

\frac{dp}{p}=\frac{dy}{y}.

积分：

\ln|p|=\ln|y|+C

所以

p=C_1y.

即

\frac{dy}{dx}=C_1y.

于是

\frac{dx}{dy}=\frac{1}{C_1y}.

积分可得

C_1x=\ln|y|+C_2.

整理后：

\boxed{ y(x)=Ae^{Bx} }

其中 $A,B$ 为任意常数。

Important remark#

虽然推导过程中常暂时假设 $y>0,\ p>0$ 以便写成 $\ln y,\ \ln p$ ，
但最后结果

y=Ae^{Bx}

对任意实数 $A,B$ 都成立。

例如：

$B=0$ 时，得到所有水平直线 $y=A$
$A<0$ 时，对应关于 $x$ 轴的对称
$B<0$ 时，对应关于 $y$ 轴的反射型指数曲线

Bonus: Implicit First-Order Equations, 3D Embedding, and Singular Solutions#

在前面的小节中，我们主要学习的是能够写成显式形式的一阶方程：

y'=f(x,y).

但很多方程天然写成 隐式形式

\boxed{ F(x,y,y')=0 }

这时不一定容易直接把 $y'$ 解出来。

一种新的视角：

把 $p=y'$ 当作新变量；
将方程看成三维空间 $(x,y,p)$ 中的曲面 $F(x,y,p)=0;$
在该曲面上寻找满足 $\frac{dy}{dx}=p \qquad\Longleftrightarrow\qquad dy=p\,dx$ 的曲线。
再把这条空间曲线投影回 $(x,y)$ -平面，得到原微分方程的解曲线。

这就是 Parametrization with 3D Embedding。

Basic geometric idea#

对于隐式方程

F(x,y,y')=0,

令

p=y'.

则方程变成

\boxed{ F(x,y,p)=0 }

它表示三维空间中的一个曲面。

但是仅仅落在这个曲面上还不够，因为 $p$ 还必须真的是曲线 $y(x)$ 的斜率。
因此还要满足接触条件

\boxed{ \frac{dy}{dx}=p \qquad\Longleftrightarrow\qquad dy=p\,dx }

所以真正的任务是：

在曲面 $F(x,y,p)=0$ 上找一条曲线，使它同时满足 $dy=p\,dx$ 。

General procedure of 3D embedding#

若能将曲面参数化为

x=f(u,v),\qquad y=g(u,v),\qquad p=h(u,v),

则由

dy=p\,dx

可得到关于参数 $u,v$ 的一阶微分方程。

因为

dx=f_u\,du+f_v\,dv,\qquad dy=g_u\,du+g_v\,dv,

代入条件 $dy=p\,dx$ ：

g_u\,du+g_v\,dv=h(u,v)\bigl(f_u\,du+f_v\,dv\bigr).

整理得

\boxed{ \bigl(g_u-hf_u\bigr)\,du+\bigl(g_v-hf_v\bigr)\,dv=0 }

如果能把它解成

u=\varphi(v) \qquad\text{或}\qquad v=\psi(u),

那么代回参数式即可得到平面中的解曲线：

x=f(\varphi(v),v),\qquad y=g(\varphi(v),v),

或

x=f(u,\psi(u)),\qquad y=g(u,\psi(u)).

Direct substitution as a simpler method#

在很多例子里，其实不必完整走“两个参数 $u,v$ ”那一套。
如果能把曲面方程直接写成

y=\Phi(x,p) \qquad\text{或}\qquad x=\Psi(y,p),

则可直接代入 $p=y'$ 来求解。

常见套路是：

先令 $p=y';$
把原方程改写成含 $x,y,p$ 的代数关系；
用这个关系把 $y$ 表成 $x,p$ ；
对 $x$ 求导，并利用 $\frac{dy}{dx}=p;$
得到关于 $p$ 和 $x$ 的一阶方程；
解出后，再代回得到 $x,y$ 的参数形式。

这就是 Direct substitution。

Example 1#

考虑

(y')^2+y-x=0.

令

p=y',

则方程化为

p^2+y-x=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{ y=x-p^2 }

Method 1: direct parametrization#

可把曲面直接参数化为

x=u,\qquad y=u-v^2,\qquad p=v.

因为 $p=y'$ ，所以

v=\frac{dy}{dx}.

而

x=u,\qquad y=u-v^2.

于是

\frac{dy}{dx}=\frac{d(u-v^2)/du}{dx/du}=1-2v\frac{dv}{du}.

由 $p=v=y'$ ，得

v=1-2v\frac{dv}{du}.

整理为

2v\frac{dv}{du}=1-v.

分离变量：

\frac{2v}{1-v}\,dv=du.

积分得

u=-2v-2\ln|1-v|+C.

由于 $x=u$ ，所以

x=-2v-2\ln|1-v|+C.

再由

y=u-v^2

得

\boxed{ y=-2v-v^2-2\ln|1-v|+C }

其中 $v$ 是自由参数。

Method 2: direct substitution#

由

y=x-p^2

两边对 $x$ 求导：

\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}(x-p^2)=1-2p\frac{dp}{dx}.

但左边 $\dfrac{dy}{dx}=p$ ，所以

p=1-2p\frac{dp}{dx}.

即

2p\frac{dp}{dx}=1-p.

这与上面一致。

分离变量：

\frac{2p}{1-p}\,dp=dx.

积分得

x=-2p-2\ln|1-p|+C.

再由

y=x-p^2

可得

\boxed{ x=-2p-2\ln|1-p|+C,\qquad y=-2p-p^2-2\ln|1-p|+C }

这就是参数解，其中 $p$ 是自由参数。

Note#

这个例子说明：

隐式方程不一定要先显式解出 $y'$ ；
直接把 $p=y'$ 当作参数，有时会更自然；
最终答案常是 $(x(p),y(p))$ 的参数方程，而不是 $y=f(x)$ 的显式式子。

Example 2: Clairaut-type equation and singular solution#

考虑

y=xy'+\frac{(y')^2}{2}.

令

p=y',

则

\boxed{ y=xp+\frac{p^2}{2} }

对 $x$ 求导：

\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}\left(xp+\frac{p^2}{2}\right)=p+x\frac{dp}{dx}+p\frac{dp}{dx}.

左边 $\dfrac{dy}{dx}=p$ ，所以

p=p+(x+p)\frac{dp}{dx}.

因此

\boxed{ (x+p)\frac{dp}{dx}=0 }

这给出两种可能性。

Branch 1: $\dfrac{dp}{dx}=0$ #

则

p=C

为常数。

代回

y=xp+\frac{p^2}{2}

得

\boxed{ y=Cx+\frac{C^2}{2} }

这是一族直线，称为 general solution family。

Branch 2: $x+p=0$ #

则

p=-x.

代回

y=x(-x)+\frac{(-x)^2}{2}=-\frac{x^2}{2}.

所以得到

\boxed{ y=-\frac{x^2}{2} }

这条曲线并不是把某个固定常数 $C$ 代入上一族直线得到的，因此它是一个新的解，称为

\boxed{\text{singular solution}}

Geometric interpretation#

对于一般解族

y=Cx+\frac{C^2}{2},

每个 $C$ 对应一条直线。

而曲线

y=-\frac{x^2}{2}

恰好是这族直线的包络线（envelope）。
也就是说，每条直线都与它相切。

因此 singular solution 的一个典型来源就是：

一族一般解曲线的包络线。

Example 3#

考虑

x(y')^2-2yy'+9x=0.

令

p=y',

则

xp^2-2yp+9x=0.

若 $p\neq 0$ ，可解出

2yp=xp^2+9x \qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{ y=\frac{xp}{2}+\frac{9x}{2p} }

Differentiate#

对 $x$ 求导：

\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}\left(\frac{xp}{2}+\frac{9x}{2p}\right).

右边展开为

\frac{p}{2}+\frac{x}{2}\frac{dp}{dx} +\frac{9}{2p} -\frac{9x}{2p^2}\frac{dp}{dx}.

由于左边 $\dfrac{dy}{dx}=p$ ，所以

p= \frac{p}{2}+\frac{x}{2}\frac{dp}{dx} +\frac{9}{2p} -\frac{9x}{2p^2}\frac{dp}{dx}.

整理可化为

\left(1-\frac{9}{p^2}\right)\left(x\frac{dp}{dx}-p\right)=0.

因此又分成两支。

Branch 1: $1-\dfrac{9}{p^2}=0$ #

即

p=\pm 3.

代回原方程

xp^2-2yp+9x=0

可得

\boxed{ y=\pm 3x }

这两条直线是 singular solutions。

Branch 2: $x\dfrac{dp}{dx}-p=0$ #

即

\frac{dp}{dx}=\frac{p}{x}.

分离变量：

\frac{dp}{p}=\frac{dx}{x}.

积分得

p=Cx.

代回

y=\frac{xp}{2}+\frac{9x}{2p}

得到

y=\frac{x(Cx)}{2}+\frac{9x}{2Cx}=\frac{C}{2}x^2+\frac{9}{2C}.

因此一般解为

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

再加上 singular solutions

\boxed{ y=\pm 3x }

Important observation#

这个例子再次说明：

在由隐式方程推导出的中间方程里，如果出现了乘积形式 $A(p,x,y)\cdot B(p,x,y)=0,$ 那么两因子对应的分支都要讨论；
其中某些分支会给出一般解族；
某些分支会给出奇异解。

这和前面 Example 2 的结构完全一致。

Example 4#

考虑

y^2+(y')^2=1.

令

p=y',

则曲面方程为

y^2+p^2=1.

这是 $(y,p)$ -平面中的单位圆关系，因此适合用三角参数化：

\boxed{ y=\cos\theta,\qquad p=\sin\theta }

这里 $x$ 不受约束，可保留为自变量。

Use the relation $p=y'$ #

因为

p=\sin\theta,\qquad y=\cos\theta,

又 $p=y'$ ，所以

\sin\theta=\frac{dy}{dx}=\frac{d(\cos\theta)}{dx}=-\sin\theta\frac{d\theta}{dx}.

于是

\sin\theta\left(1+\frac{d\theta}{dx}\right)=0.

所以有两种可能。

Branch 1: $\sin\theta=0$ #

则

p=0.

由

y^2+p^2=1

可得

y=\pm 1.

因此有两条常数解

\boxed{ y=1,\qquad y=-1 }

Branch 2: $1+\dfrac{d\theta}{dx}=0$ #

即

\frac{d\theta}{dx}=-1.

积分：

\theta=C-x.

因此

y=\cos\theta=\cos(C-x).

故得到一般解

\boxed{ y=\cos(C-x) }

再加上两条 singular solutions

\boxed{ y=\pm 1 }

Why are $y=\pm 1$ singular solutions?#

因为对于一般解

y=\cos(C-x),

若你试图通过某个固定常数 $C$ 让它变成恒等于 $1$ 或 $-1$ ，是不可能的。
它们不是一般解族中的某个成员，而是额外出现的解支。

所以依然属于 singular solutions。

Example 5#

Consider the implicit first-order ODE

y\bigl(1+(y')^2\bigr)=1.

Let

p=y'.

Then the equation becomes

y(1+p^2)=1,

\boxed{ y=\frac{1}{1+p^2} }

Differentiate with respect to $x$ #

Since $p=y'$ , differentiate

y=\frac{1}{1+p^2}

with respect to $x$ :

\frac{dy}{dx}=\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1+p^2}\right)=-\frac{2p}{(1+p^2)^2}\frac{dp}{dx}.

Because $\dfrac{dy}{dx}=p$ , we get

p=-\frac{2p}{(1+p^2)^2}\frac{dp}{dx}.

Branch 1: $p=0$ #

p=0,

then

y'=0,

so $y$ is constant. Substituting into the ODE gives

y=1.

Hence

\boxed{ y=1 }

is a solution.

This is a singular solution.

Branch 2: $p\neq 0$ #

If $p\neq 0$ , divide both sides by $p$ :

1=-\frac{2}{(1+p^2)^2}\frac{dp}{dx}.

Thus

\frac{dp}{dx}=-\frac{(1+p^2)^2}{2}, \qquad \frac{dx}{dp}=-\frac{2}{(1+p^2)^2}.

Integrating,

x=-2\int \frac{dp}{(1+p^2)^2}+C.

Using

\int \frac{dp}{(1+p^2)^2}=\frac12\left(\arctan p+\frac{p}{1+p^2}\right),

we obtain

\boxed{ x=C-\arctan p-\frac{p}{1+p^2} }

Together with

\boxed{ y=\frac{1}{1+p^2} }

this gives the general solution in parametric form:

\boxed{ x=C-\arctan p-\frac{p}{1+p^2}, \qquad y=\frac{1}{1+p^2} }

where $p$ is a free parameter.

Geometric remark#

Since

y=\frac{1}{1+p^2},

we always have

0<y\le 1.

When $p=0$ ,

y=1.

So the line

\boxed{y=1}

is touched by the family of parametric solution curves, and it is the envelope of the general family.

Therefore $y=1$ is a singular solution.

Singular solutions#

Definition (informal)#

若某个解：

满足原方程；
但不能通过一般解族中某个特定常数值代入得到；

则称其为 singular solution。

Typical ways singular solutions appear#

From factorization#

在推导中出现

A\cdot B=0

时，一支给出一般解，另一支给出奇异解。

Examples:

Example 2: $(x+p)\frac{dp}{dx}=0$
Example 3: $\left(1-\frac{9}{p^2}\right)\left(x\frac{dp}{dx}-p\right)=0$
Example 4: $\sin\theta\left(1+\frac{d\theta}{dx}\right)=0$

As an envelope of the general solution family#

例如 Example 2 中

y=Cx+\frac{C^2}{2}

的一族直线，其包络线为

y=-\frac{x^2}{2}.

这条包络线就是 singular solution。

WARNING
在分离变量或因式分解时，若随手除掉某个因子，往往会把 singular solution 丢掉。
所以做题时要检查：

有没有把可能为零的因子除掉；

有没有额外的常数解或特殊分支；

最终答案是否应写成“一般解 + singular solutions”。

Overview#

Contents#

Introduction#

What is an ODE?#

Classification#

Mathematical modeling#

Meaning of a solution#

General vs particular solution#

Subsidiary conditions#

Two viewpoints#

Slope field#

Separable Equations and Applications#

Implicit, General, and Singular Solutions#

Implicit Solution#

General Solution#

Singular Solution#

Logistic model#

Torricelli’s law#

Extension 1: Equidimensional Equations#

Example: Equidimensional Substitution#

Extension 2: Linear Fractional Form#

Solving Strategy for First-Order ODEs#

Linear First-Order Equations#

Homogeneous vs Nonhomogeneous#

Integrating Factor Method#

Standard Workflow#

Example 1#

Example 2#

Existence and Uniqueness for Linear ODEs#

Key Consequences#

Initial-Value Integrating Factor Formula#

Benefits#

Structure: Homogeneous + Particular#

Linear Superposition Principle#

Bernoulli Equation#

Example: Bernoulli Equation in Detail#

Substitution Methods and Exact Equations#

1. Equations of the form y′=F(ax+by+c)y'=F(ax+by+c)y′=F(ax+by+c)#

Standard substitution#

Classic example#

2. Homogeneous Equations#

Standard substitution#

How to recognize it#

Classic example#

Domain check#

3. A special homogeneous IVP with radical#

Region restriction#

4. Exact Equations#

Exactness criterion#

How to find the potential function F(x,y)F(x,y)F(x,y)#

Classic example#

Important remark: exactness depends on the form#

5. Integrating Factor for Nonexact Equations#

Exactness condition after multiplying by μ\muμ#

Case 1: μ=μ(x)\mu=\mu(x)μ=μ(x)#

Case 2: μ=μ(y)\mu=\mu(y)μ=μ(y)#

Reducible Second-Order Equations#

1. Dependent variable yyy missing#

Example#

2. Independent variable xxx missing#

Classic example#

Important remark#

Bonus: Implicit First-Order Equations, 3D Embedding, and Singular Solutions#

Basic geometric idea#

General procedure of 3D embedding#

Direct substitution as a simpler method#

Example 1#

Method 1: direct parametrization#

Method 2: direct substitution#

Note#

Example 2: Clairaut-type equation and singular solution#

Branch 1: dpdx=0\dfrac{dp}{dx}=0dxdp​=0#

Branch 2: x+p=0x+p=0x+p=0#

Geometric interpretation#

Example 3#

Differentiate#

Branch 1: 1−9p2=01-\dfrac{9}{p^2}=01−p29​=0#

Branch 2: xdpdx−p=0x\dfrac{dp}{dx}-p=0xdxdp​−p=0#

Important observation#

Example 4#

1. Equations of the form $y'=F(ax+by+c)$ #

How to find the potential function $F(x,y)$ #

Exactness condition after multiplying by $\mu$ #

Case 1: $\mu=\mu(x)$ #

Case 2: $\mu=\mu(y)$ #

1. Dependent variable $y$ missing#

2. Independent variable $x$ missing#

Branch 1: $\dfrac{dp}{dx}=0$ #

Branch 2: $x+p=0$ #

Branch 1: $1-\dfrac{9}{p^2}=0$ #

Branch 2: $x\dfrac{dp}{dx}-p=0$ #

Use the relation $p=y'$ #

Branch 1: $\sin\theta=0$ #

Branch 2: $1+\dfrac{d\theta}{dx}=0$ #

Why are $y=\pm 1$ singular solutions?#

Differentiate with respect to $x$ #

Branch 1: $p=0$ #

Branch 2: $p\neq 0$ #