(1) 三阶线性方程（未知函数 $y$ 及其各阶导数均以一次幂出现）

(2) 一阶非线性方程（含有 $(y')^2$ 项）

(3) 二阶线性方程（Bessel方程，$y$ 和其导数均为一次）

💡 线性方程的标准形式：$a_n(x)y^{(n)} + a_{n-1}(x)y^{(n-1)} + \cdots + a_1(x)y' + a_0(x)y = f(x)$，系数仅依赖于 $x$。

先代入验证：$y' = -C_1 e^{-x} + 2C_2 e^{2x}$，$y'' = C_1 e^{-x} + 4C_2 e^{2x}$

$y'' - y' - 2y = (C_1 e^{-x} + 4C_2 e^{2x}) - (-C_1 e^{-x} + 2C_2 e^{2x}) - 2(C_1 e^{-x} + C_2 e^{2x}) = 0$ ✓

代入初值：$y(0) = C_1 + C_2 = 1$

$y'(0) = -C_1 + 2C_2 = 2$

解得 $C_2 = 1$，$C_1 = 0$

特解：$y = e^{2x}$

分离变量：$\dfrac{dy}{y^2} = \dfrac{dx}{x+1}$

两边积分：$\displaystyle\int y^{-2}dy = \int \dfrac{dx}{x+1}$

$-y^{-1} = \ln|x+1| + C$

解得：$y = -\dfrac{1}{\ln|x+1| + C}$

⚠️ 注意 $x \neq -1,\ y \neq 0$。

分离变量：$\dfrac{dy}{y} = 2x dx$（$y \neq 0$）

积分：$\ln|y| = x^2 + C$

$y = \pm e^C \cdot e^{x^2} = C_1 e^{x^2}$

代入 $y(0)=3$：$3 = C_1 \cdot e^0 = C_1$

特解：$y = 3e^{x^2}$

分离变量：$\dfrac{1-y}{y}dy = \dfrac{1-x}{x}dx$

$\left(\dfrac{1}{y} - 1\right)dy = \left(\dfrac{1}{x} - 1\right)dx$

积分：$\ln|y| - y = \ln|x| - x + C$

$\ln\left|\dfrac{y}{x}\right| = y - x + C$

通解：$\ln\left|\dfrac{y}{x}\right| = y - x + C$

奇解检查：$y=0$ 和 $x=0$ 在分离过程中被排除，代入原方程验证

当 $y=0$ 时，$\dfrac{dy}{dx}=0$，右边 $=0$，$y=0$ 是奇解

当 $x=0$ 时，方程无定义

因此 $y \equiv 0$ 是一个奇解。

令 $u = \dfrac{y}{x}$，则 $y = ux$，$\dfrac{dy}{dx} = u + x\dfrac{du}{dx}$

代入：$u + x\dfrac{du}{dx} = u + \tan u$

$x\dfrac{du}{dx} = \tan u$

分离变量：$\cot u\ du = \dfrac{dx}{x}$

积分：$\ln|\sin u| = \ln|x| + C$

$\sin u = C_1 x$（$C_1 = \pm e^C$）

回代 $u = y/x$：$\sin\dfrac{y}{x} = C_1 x$

变形：$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2 + y^2}{xy} = \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x}$

令 $u = \dfrac{y}{x}$，代入：$u + x\dfrac{du}{dx} = \dfrac{1}{u} + u$

$x\dfrac{du}{dx} = \dfrac{1}{u}$

$u\ du = \dfrac{dx}{x}$

积分：$\dfrac{1}{2}u^2 = \ln|x| + C$

回代：$\dfrac{y^2}{2x^2} = \ln|x| + C$

通解：$y^2 = 2x^2(\ln|x| + C)$

$P(x) = 2x$，$Q(x) = xe^{-x^2}$

积分因子：$\mu(x) = e^{\int 2x dx} = e^{x^2}$

$y \cdot e^{x^2} = \int xe^{-x^2} \cdot e^{x^2} dx = \int x dx = \dfrac{x^2}{2} + C$

通解：$y = e^{-x^2}\left(\dfrac{x^2}{2} + C\right)$

$P(x) = -\dfrac{2}{x+1}$，$Q(x) = (x+1)^3$

积分因子：$\mu(x) = e^{\int -\frac{2}{x+1}dx} = e^{-2\ln|x+1|} = (x+1)^{-2}$

$y \cdot (x+1)^{-2} = \int (x+1)^3 \cdot (x+1)^{-2} dx = \int (x+1) dx = \dfrac{(x+1)^2}{2} + C$

$y = (x+1)^2\left[\dfrac{(x+1)^2}{2} + C\right]$

代入 $y(0)=1$：$1 = 1^2\left(\dfrac{1}{2} + C\right)$，$C = \dfrac{1}{2}$

特解：$y = \dfrac{(x+1)^2[(x+1)^2 + 1]}{2}$

这是 $n=3$ 的伯努利方程。令 $z = y^{1-3} = y^{-2}$

则 $z' = -2y^{-3}y'$，原方程两边乘以 $-2y^{-3}$：

$-2y^{-3}y' - 2y^{-2} = -2x$

$z' - 2z = -2x$（关于 $z$ 的一阶线性方程）

$\mu(x) = e^{\int -2 dx} = e^{-2x}$

$z \cdot e^{-2x} = \int -2x e^{-2x} dx = xe^{-2x} + \dfrac{1}{2}e^{-2x} + C$

$z = x + \dfrac{1}{2} + Ce^{2x}$

回代 $z = y^{-2}$：$y^{-2} = x + \dfrac{1}{2} + Ce^{2x}$

即 $y^2 = \dfrac{1}{x + \frac{1}{2} + Ce^{2x}}$

$n=2$ 的伯努利方程。令 $z = y^{1-2} = y^{-1}$

$z' = -y^{-2}y'$，原方程两边乘以 $-y^{-2}$：

$-y^{-2}y' + y^{-1} = -x$

$z' + z = -x$

$\mu(x) = e^{\int dx} = e^x$

$z \cdot e^x = \int -x e^x dx = -(x-1)e^x + C$

$z = -(x-1) + Ce^{-x} = 1 - x + Ce^{-x}$

代入 $y(0)=1$，$z(0)=1$：$1 = 1 - 0 + C$，$C=0$

特解：$y^{-1} = 1 - x$，即 $y = \dfrac{1}{1-x}$（$x \neq 1$）

$M(x,y) = 2x + 3y$，$N(x,y) = 3x + 4y$

$\dfrac{\partial M}{\partial y} = 3$，$\dfrac{\partial N}{\partial x} = 3$

$\dfrac{\partial M}{\partial y} = \dfrac{\partial N}{\partial x}$，是恰当方程

求势函数 $F$：$F_x = M = 2x + 3y$

$F = \int (2x + 3y)dx = x^2 + 3xy + \varphi(y)$

$F_y = 3x + \varphi'(y) = N = 3x + 4y$

$\varphi'(y) = 4y$，$\varphi(y) = 2y^2 + C_1$

通解：$x^2 + 3xy + 2y^2 = C$

$M_y = 2x + 2y$，$N_x = 2x + 2y + 0 = 2x + 2y$

等等，$M_y = 2x + 2y$，$N_x = 2x + 2y$，二者相等！

实际上 $\dfrac{\partial M}{\partial y} = \dfrac{\partial N}{\partial x}$，方程本身就是恰当方程

$F_x = 2xy + y^2$

$F = \int (2xy + y^2)dx = x^2y + xy^2 + \varphi(y)$

$F_y = x^2 + 2xy + \varphi'(y) = x^2 + 2xy + y^2$

$\varphi'(y) = y^2$，$\varphi(y) = \dfrac{y^3}{3}$

通解：$x^2y + xy^2 + \dfrac{y^3}{3} = C$

$M = y$，$N = -x$

$\dfrac{\partial M}{\partial y}=1$，$\dfrac{\partial N}{\partial x}=-1$，不相等，不是恰当方程

尝试 $\mu(x) = \dfrac{1}{x^2}$（经验公式：$\dfrac{M_y - N_x}{N} = \dfrac{1-(-1)}{-x} = -\dfrac{2}{x}$，仅依赖于 $x$）

乘以 $\mu(x) = \dfrac{1}{x^2}$ 后：

$\dfrac{y}{x^2}dx - \dfrac{1}{x}dy = 0$

此时 $\tilde M = \dfrac{y}{x^2}$，$\tilde N = -\dfrac{1}{x}$

$\tilde M_y = \dfrac{1}{x^2}$，$\tilde N_x = \dfrac{1}{x^2}$，相等 ✓

求势函数：$F_x = \dfrac{y}{x^2}$，$F = -\dfrac{y}{x} + \varphi(y)$

$F_y = -\dfrac{1}{x} + \varphi'(y) = -\dfrac{1}{x}$，$\varphi'(y)=0$

通解：$-\dfrac{y}{x} = C$，即 $y = Cx$

💡 实际上 $ydx - xdy$ 的积分因子有多种选择，$\dfrac{1}{x^2}$、$\dfrac{1}{y^2}$、$\dfrac{1}{x^2+y^2}$ 等都行。

$f(x,y) = x^2 + y^2$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上连续，但需检查 Lipschitz 条件

$\dfrac{\partial f}{\partial y} = 2y$，在有界闭矩形域 $R: |x| \leq a, |y| \leq b$ 上

$\left|\dfrac{\partial f}{\partial y}\right| = |2y| \leq 2b$，所以 Lipschitz 常数 $L = 2b$

$M = \max\limits_{(x,y)\in R} |f(x,y)| = a^2 + b^2$

解的局部存在区间 $h = \min\left\{a, \dfrac{b}{a^2 + b^2}\right\}$

选取 $a=1$，$b=1$ 时：$h = \min\{1, \frac{1}{2}\} = \frac{1}{2}$

所以在矩形域 $|x| \leq 1, |y| \leq 1$ 上解存在且唯一，至少存在于 $|x| \leq \frac{1}{2}$ 上。

$y_0(x) = y(0) = 0$

$y_1(x) = y(0) + \displaystyle\int_0^x f(t, y_0(t)) dt = 0 + \int_0^x 2t(0+1) dt = \int_0^x 2t dt = x^2$

$y_2(x) = 0 + \displaystyle\int_0^x 2t(y_1(t)+1) dt = \int_0^x 2t(t^2+1) dt = \int_0^x (2t^3 + 2t) dt = \dfrac{x^4}{2} + x^2$

求极限解：原方程 $y' = 2x(y+1)$ 是可分离的

$\dfrac{dy}{y+1} = 2x dx$ → $\ln|y+1| = x^2 + C$

代入 $y(0)=0$：$\ln 1 = 0 + C$，$C=0$

极限解：$y = e^{x^2} - 1$

注意皮卡逼近序列 $y_n(x)$ 的极限正是 $e^{x^2} - 1$。

$f(x,y) = |y|^{1/2}$ 在 $(0,0)$ 附近连续 ✓

但 $\dfrac{\partial f}{\partial y} = \dfrac{1}{2}|y|^{-1/2} \cdot \text{sgn}(y)$，在 $y=0$ 处无界

$f$ 在 $y=0$ 附近不满足 Lipschitz 条件 ✗

解的情况：

(1) $y \equiv 0$ 是一个解

(2) 分离变量：$\dfrac{dy}{\sqrt{y}} = dx$，$2\sqrt{y} = x + C$，$y(0)=0$ ⇒ $C=0$

$y = \dfrac{x^2}{4}$（$x \geq 0$）是另一个解

💡 这就是为什么皮卡定理要求 Lipschitz 条件，仅连续不能保证解唯一。

分离变量：$\dfrac{dy}{y^2} = dx$（$y\neq 0$）

积分：$-y^{-1} = x + C$

代入 $y(0)=1$：$-1 = C$，$C = -1$

$y = \dfrac{1}{1-x}$

解在 $x=1$ 处发生爆破（blow-up），因为 $\lim_{x\to 1^-} y = +\infty$

💡 即使方程右端函数在全平面光滑，解也可能在有限时间内爆破，不能延拓到整个 $\mathbb{R}$。

分离变量：$\dfrac{dy}{1+y^2} = dx$

积分：$\arctan y = x + C$

代入 $y(0)=0$：$0 = C$

解：$y = \tan x$

$y = \tan x$ 在 $x = \pm \dfrac{\pi}{2}$ 处无定义（趋于无穷大）

💡 解的延拓受限于解自身趋于无穷大（爆破），与右端函数的定义域无关。

(1) 特征方程：$r^2 - 5r + 6 = 0$，$(r-2)(r-3)=0$，$r_1=2,\ r_2=3$

通解：$y = C_1 e^{2x} + C_2 e^{3x}$

(2) 特征方程：$r^2 + 4r + 4 = 0$，$(r+2)^2=0$，$r=-2$（二重根）

通解：$y = (C_1 + C_2 x)e^{-2x}$

(3) 特征方程：$r^2 + 2r + 5 = 0$，$r = -1 \pm 2i$

通解：$y = e^{-x}(C_1\cos 2x + C_2\sin 2x)$

特征方程：$r^3 - 3r^2 + 3r - 1 = 0$，$(r-1)^3 = 0$，$r=1$ 是三重根

通解：$y = (C_1 + C_2 x + C_3 x^2)e^x$

代入初值：

$y(0) = C_1 = 1$

$y' = (C_2 + 2C_3 x + C_1 + C_2 x + C_3 x^2)e^x$，$y'(0) = C_2 + C_1 = 2$ ⇒ $C_2 = 1$

$y'' = (2C_3 + 2C_2 + 4C_3 x + C_1 + C_2 x + C_3 x^2)e^x$，$y''(0) = 2C_3 + 2C_2 + C_1 = 3$

$2C_3 + 2 + 1 = 3$ ⇒ $C_3 = 0$

特解：$y = (1 + x)e^x$

齐次方程特征方程：$r^2 - 3r + 2 = (r-1)(r-2)=0$，$r_1=1,\ r_2=2$

齐次通解：$y_h = C_1 e^x + C_2 e^{2x}$

非齐次项 $e^{3x}$，$3$ 不是特征根

设特解 $y_p = A e^{3x}$

代入：$(9A - 9A + 2A)e^{3x} = e^{3x}$

$2A = 1$，$A = \dfrac{1}{2}$

通解：$y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} + \dfrac{1}{2}e^{3x}$

齐次解：$r^2 + 1 = 0$，$r = \pm i$，$y_h = C_1\cos x + C_2\sin x$

设 $y_p = u_1(x)\cos x + u_2(x)\sin x$

方程组：

$\begin{cases} u_1'\cos x + u_2'\sin x = 0 \\ -u_1'\sin x + u_2'\cos x = \sec x \end{cases}$

解出：$u_1' = -\tan x$，$u_2' = 1$

$u_1 = \ln|\cos x|$，$u_2 = x$

特解：$y_p = \cos x \cdot \ln|\cos x| + x\sin x$

通解：$y = C_1\cos x + C_2\sin x + \cos x\ln|\cos x| + x\sin x$

特征方程：$r^2 - 2r + 1 = (r-1)^2 = 0$，$r=1$ 是二重根

齐次通解：$y_h = (C_1 + C_2 x)e^x$

非齐次项 $xe^x$，$\lambda = 1$ 是二重特征根

设特解 $y_p = x^2(Ax + B)e^x = (Ax^3 + Bx^2)e^x$

求导代入：

$y_p' = [Ax^3 + (3A+B)x^2 + 2Bx]e^x$

$y_p'' = [Ax^3 + (6A+B)x^2 + (6A+4B)x + 2B]e^x$

代入 $y'' - 2y' + y = xe^x$：

左边化简得 $(6Ax + 2B)e^x = xe^x$

$6A = 1$，$2B = 0$ ⇒ $A = \dfrac{1}{6}$，$B = 0$

通解：$y = (C_1 + C_2 x)e^x + \dfrac{1}{6}x^3 e^x$

令 $x = e^t$（$x>0$），则 $t = \ln x$，$y' = \dfrac{dy}{dx} = \dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt}$

$y'' = \dfrac{1}{x^2}\left(\dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt}\right)$

代入得：$\dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} - 2\dfrac{dy}{dt} + 2y = 0$

$\dfrac{d^2y}{dt^2} - 3\dfrac{dy}{dt} + 2y = 0$

特征方程：$r^2 - 3r + 2 = (r-1)(r-2)=0$，$r_1=1,\ r_2=2$

关于 $t$ 的通解：$y = C_1 e^t + C_2 e^{2t}$

回代 $x = e^t$：$y = C_1 x + C_2 x^2$

令 $x = e^t$，代入变换公式：

$y' = \dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt}$，$y'' = \dfrac{1}{x^2}\left(\dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt}\right)$

代入得：$\dfrac{d^2y}{dt^2} - \dfrac{dy}{dt} + \dfrac{dy}{dt} + y = 0$

$\dfrac{d^2y}{dt^2} + y = 0$

特征方程：$r^2 + 1 = 0$，$r = \pm i$

关于 $t$ 的通解：$y = C_1\cos t + C_2\sin t$

回代 $t = \ln x$：$y = C_1\cos(\ln x) + C_2\sin(\ln x)$

令 $x_1 = y$，$x_2 = y'$，则：

$x_1' = x_2$

$x_2' = y'' = -3y' - 2y + \sin x = -3x_2 - 2x_1 + \sin x$

矩阵形式：$\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix}' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ \sin x \end{pmatrix}$

即 $X' = AX + F$，其中 $A = \begin{pmatrix}0&1\\-2&-3\end{pmatrix}$，$F = \begin{pmatrix}0\\\sin x\end{pmatrix}$。

矩阵形式：$X' = AX$，$A = \begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}$

特征方程：$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix}1-\lambda&2\\3&2-\lambda\end{vmatrix} = (1-\lambda)(2-\lambda) - 6 = \lambda^2 - 3\lambda - 4 = 0$

$\lambda_1 = 4$，$\lambda_2 = -1$

$\lambda_1 = 4$：$(A-4I)v = \begin{pmatrix}-3&2\\3&-2\end{pmatrix}v = 0$，$v_1 = \begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}$

$\lambda_2 = -1$：$(A+I)v = \begin{pmatrix}2&2\\3&3\end{pmatrix}v = 0$，$v_2 = \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$

通解：$X = C_1\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}e^{4x} + C_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-x}$

方法一：特征值法。$A$ 的特征值 $\lambda = \pm i$

由 $e^{Ax}$ 公式：$e^{Ax} = \begin{pmatrix}\cos x & \sin x\\ -\sin x & \cos x\end{pmatrix}$

方法二（验证）：级数展开

$A^2 = \begin{pmatrix}-1&0\\0&-1\end{pmatrix} = -I$，$A^3 = -A$，$A^4 = I$

$e^{Ax} = I + Ax + \frac{A^2 x^2}{2!} + \frac{A^3 x^3}{3!} + \cdots$

$= \left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right)I + \left(x-\frac{x^3}{3!}+\cdots\right)A$

$= \cos x \cdot I + \sin x \cdot A$

$= \begin{pmatrix}\cos x & \sin x\\ -\sin x & \cos x\end{pmatrix}$ ✓

特征方程：$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix}-\lambda&1\\-2&-3-\lambda\end{vmatrix} = \lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda+1)(\lambda+2)=0$

$\lambda_1 = -1$，$\lambda_2 = -2$

$\lambda_1 = -1$：$(A+I)v = \begin{pmatrix}1&1\\-2&-2\end{pmatrix}v=0$，$v_1 = \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$

$\lambda_2 = -2$：$(A+2I)v = \begin{pmatrix}2&1\\-2&-1\end{pmatrix}v=0$，$v_2 = \begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}$

基本解矩阵：$\Psi(x) = \begin{pmatrix}e^{-x} & e^{-2x}\\ -e^{-x} & -2e^{-2x}\end{pmatrix}$

$\Psi(0) = \begin{pmatrix}1&1\\-1&-2\end{pmatrix}$

$\Phi(x) = \Psi(x)\Psi(0)^{-1}$

$\Psi(0)^{-1} = \begin{pmatrix}2&1\\-1&-1\end{pmatrix}$

$A$ 有二重特征值 $\lambda = 2$，但只有一个特征向量

将 $A$ 写为 $A = 2I + N$，其中 $N = \begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$，$N^2 = 0$（幂零矩阵）

由于 $2I$ 与 $N$ 可交换：

$e^{Ax} = e^{(2I+N)x} = e^{2Ix} \cdot e^{Nx}$

$e^{2Ix} = e^{2x}I$

$e^{Nx} = I + Nx = \begin{pmatrix}1&x\\0&1\end{pmatrix}$

💡 当 $A$ 有约当块时，基解矩阵的指数公式中出现 $x^k e^{\lambda x}$ 形式的项。

齐次基解矩阵：$\Phi(x) = \begin{pmatrix}\cos x & \sin x\\ -\sin x & \cos x\end{pmatrix}$（由 4.2 第1题）

常数变易公式：$X(x) = \Phi(x)\left[\Phi(0)^{-1}X(0) + \int_0^x \Phi(t)^{-1}F(t) dt\right]$

$\Phi(0)^{-1} = I$，$X(0)=0$，所以 $X(x) = \Phi(x)\int_0^x \Phi(t)^{-1}F(t) dt$

$\Phi(t)^{-1} = \begin{pmatrix}\cos t & -\sin t\\ \sin t & \cos t\end{pmatrix}$

$\int_0^x \begin{pmatrix}\cos t & -\sin t\\ \sin t & \cos t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0\\ \sin t\end{pmatrix} dt = \int_0^x \begin{pmatrix}-\sin^2 t\\ \sin t\cos t\end{pmatrix} dt$

$= \begin{pmatrix}\int_0^x -\frac{1-\cos 2t}{2} dt\\ \int_0^x \frac{1}{2}\sin 2t dt\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4}\\ \frac{1-\cos 2x}{4}\end{pmatrix}$

$X(x) = \begin{pmatrix}\cos x & \sin x\\ -\sin x & \cos x\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-\frac{x}{2} + \frac{\sin 2x}{4}\\ \frac{1-\cos 2x}{4}\end{pmatrix}$

化简得：$X(x) = \begin{pmatrix}-\frac{x}{2}\cos x + \frac{1}{2}\sin x\\ \frac{x}{2}\sin x\end{pmatrix}$

由 4.1 第2题知齐次通解：$X_h = C_1\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}e^{4x} + C_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-x}$

基解矩阵：$\Psi(x) = \begin{pmatrix}2e^{4x} & e^{-x}\\ 3e^{4x} & -e^{-x}\end{pmatrix}$

$\Psi^{-1}(x)$ 较复杂，改用待定系数法（观察非齐次项形式）

设特解 $X_p = \begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}e^x$，代入：

$\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}e^x = \begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A\\B\end{pmatrix}e^x + \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}e^x$

$\begin{cases} A = A + 2B + 1 \\ B = 3A + 2B \end{cases}$

由第一式：$2B + 1 = 0$，$B = -\dfrac{1}{2}$

由第二式：$0 = 3A + B$，$A = \dfrac{1}{6}$

通解：$X = C_1\begin{pmatrix}2\\3\end{pmatrix}e^{4x} + C_2\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}e^{-x} + \begin{pmatrix}\frac{1}{6}\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix}e^x$

消去参数：$\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{y'}{x'} = \dfrac{-x}{y}$

$y dy = -x dx$

积分：$\dfrac{1}{2}y^2 = -\dfrac{1}{2}x^2 + C$

轨线方程：$x^2 + y^2 = C$（以原点为圆心的同心圆族）

平衡点 $(0,0)$ 处系数矩阵 $A = \begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$

特征值 $\lambda = \pm i$（纯虚数）

💡 中心点是 Lyapunov 稳定的，但不是渐近稳定的。

系数矩阵 $A = \begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}$

特征方程：$\det(A-\lambda I) = \begin{vmatrix}1-\lambda&-1\\1&1-\lambda\end{vmatrix} = (1-\lambda)^2 + 1 = 0$

$\lambda = 1 \pm i$（实部为正的共轭复数）

相图特征：轨线从平衡点向外螺旋式远离，呈发散趋势。

💡 当特征值为共轭复数且实部 $>0$ 时，平衡点为不稳定焦点。

令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$

$r^2 = x^2 + y^2$，则 $rr' = xx' + yy'$

$xx' + yy' = x(y + x(1-r^2)) + y(-x + y(1-r^2))$

$= xy + x^2(1-r^2) - xy + y^2(1-r^2) = (x^2+y^2)(1-r^2) = r^2(1-r^2)$

所以 $r' = r(1-r^2)$

又 $\theta' = \dfrac{xy' - yx'}{r^2} = \dfrac{x(-x + y(1-r^2)) - y(y + x(1-r^2))}{r^2}$

$= \dfrac{-x^2 - y^2}{r^2} = -1$

极坐标下系统：$\begin{cases} r' = r(1-r^2) \\ \theta' = -1 \end{cases}$

$r=0$ 是不稳定平衡点，$r=1$ 是稳定的极限环

从任何 $r>0$ 出发的轨线都螺旋趋近于单位圆 $r=1$。

(1) $A = \begin{pmatrix}-2&0\\0&-3\end{pmatrix}$，特征值 $\lambda_1 = -2 < 0$，$\lambda_2 = -3 < 0$

解：$x(t)=x_0 e^{-2t}$，$y(t)=y_0 e^{-3t}$，$t\to\infty$ 时 $(x,y)\to(0,0)$ ✓

(2) $A = \begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$，特征值 $\lambda_1 = 2 > 0$，$\lambda_2 = -1 < 0$

虽然 $y(t)\to 0$，但 $x(t) = x_0 e^{2t} \to \infty$，平衡点不稳定。

💡 鞍点处有一个方向稳定，一个方向不稳定，整体上是不稳定的。

令 $x_1 = x$，$x_2 = x'$，化为方程组：

$\begin{cases} x_1' = x_2 \\ x_2' = -x_1 - x_2 \end{cases}$

系数矩阵 $A = \begin{pmatrix}0&1\\-1&-1\end{pmatrix}$

特征方程：$\det(A-\lambda I) = \lambda^2 + \lambda + 1 = 0$

$\lambda = \dfrac{-1 \pm \sqrt{3}i}{2}$，实部 $-\dfrac{1}{2} < 0$

由于阻尼项 $x'$ 的存在（$x'' + x' + x = 0$ 是阻尼振动方程），能量逐渐耗散，解趋于平衡点。

$V(x) = x^2$ 是正定函数

$\dot V(x) = \dfrac{dV}{dt} = \dfrac{dV}{dx}\cdot\dfrac{dx}{dt} = 2x \cdot (-x^3) = -2x^4$

$\dot V(x) \leq 0$，且 $\dot V(x) = 0$ 仅当 $x=0$

$\dot V$ 是负定函数

根据 Lyapunov 稳定性定理：

V 正定且 $\dot V$ 负定 ⇒ 平衡点 $x=0$ 是渐近稳定的。

💡 Lyapunov直接法不需要求解方程，通过构造正定函数并分析其沿轨线的导数来判断稳定性。

$V(x,y) = x^2 + y^2$ 正定

$\dot V = 2x(-x-y^2) + 2y(y-xy)$

$= -2x^2 - 2xy^2 + 2y^2 - 2xy^2$

$= -2x^2 + 2y^2 - 4xy^2$

$= -2x^2 + 2y^2(1 - 2x)$

在 $(0,0)$ 附近，$\dot V$ 的符号不确定（$x^2$ 项负，$y^2$ 项正）

这说明用 $V = x^2 + y^2$ 无法直接判断。

线性化系统：$A = \begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix}$

特征值 $\lambda_1 = -1$，$\lambda_2 = 1$（一正一负）

💡 Lyapunov 函数构造需要技巧，选错函数可能无法得到结论。此时可借助线性化近似判断。

令 $x_1 = x$，$x_2 = x'$，则：$\begin{cases} x_1' = x_2 \\ x_2' = -\sin x_1 \end{cases}$

$V = \dfrac{1}{2}x_2^2 + (1-\cos x_1)$

$V$ 在 $(0,0)$ 附近正定（因为 $1-\cos x_1 \approx \dfrac{x_1^2}{2}$）

$\dot V = x_2 \cdot x_2' + \sin x_1 \cdot x_1' = x_2(-\sin x_1) + \sin x_1 \cdot x_2 = 0$

💡 $V$ 就是系统的总能量（动能+势能），$\dot V = 0$ 表示能量守恒。

令 $u = x_1 - \pi$，$v = x_2$

方程化为：$u' = v$，$v' = -\sin(u+\pi) = \sin u$

在 $(0,0)$ 线性化：特征值 $\lambda = \pm 1$（一正一负）

$(\pi,0)$ 是不稳定的鞍点（对应摆的倒立位置）。