如下的形式的成为欧拉方程，其中$a_0,a_1,\cdots,a_n$为常数，$f(x)$是已知函数，且$a_0\neq 0$

$$ a_0x^n\frac{d^ny}{dx^n}+a_1x^{n-1}\frac{d^{n-1}}{dx^{n-1}}+\cdots+a_{n-1}x\frac{dy}{dx}+a_0y=f(x) $$

考虑将其转化为常系数微分方程，则$\frac{d^ny}{dx^n}$中应出现因子$\frac{1}{x^n}$。令$t=\ln|x|$，则

$$ \begin{aligned} \frac{d}{dx}=\frac{d}{dt}\frac{dt}{dx}&=\frac{1}{x}\frac{d}{dt}\newline \frac{d^2}{dx^2}=\frac{d}{dx}\frac{1}{x}\frac{d}{dt}=\frac{1}{x^2}(\frac{d^2}{dt^2}-\frac{d}{dt})&=\frac{1}{x^2}\frac{d}{dt}(\frac{d}{dt}-1)\newline &\vdots\newline \frac{d^n}{dx^n}&=\frac{1}{x^n}\frac{d}{dt}(\frac{d}{dt}-1)\cdots(\frac{d}{dt}-n+1) \end{aligned} $$

解二阶齐次变系数微分方程$\frac{d^2y}{dx^2}+p(x)\frac{dy}{dx}+q(x)y=0$，已知存在非零解$y_1$。

$$ \begin{aligned} \text{Set }y&=y_1u\newline \text{Then }y'&=y_1u'+y_1’u\newline y''&=y_1u''+2y_1’u'+y_1'‘u\newline y_1u’'+(py_1+2y_1')u'+(y_1''+py_1'+q)&=0(\star)\newline y_1u''+(py_1+2y_1')u'&=0\newline \text{Set }z&=u'\newline \text{Then }y_1\frac{dz}{dx}&=-(py_1+2\frac{dy_1}{dx})z\newline \frac{dz}{z}&=-2\frac{dy_1}{y_1}-pdx\newline u'=z&=\frac{C_2}{y_1^2}e^{-\int pdx}, C_2\in\mathbb{R}\newline u&=C_1+\int\frac{C_2}{y_1^2}e^{-\int pdx} \end{aligned} $$

刘维尔公式 ：通解为$y=y_1(C_1+\int\frac{C_2}{y_1^2}e^{-\int pdx})$。

非齐次情形下，已知对应齐次方程的一个非零解为$y_1$，仍然使用降阶法得到一阶非齐次线性方程求解。

构造方法：取定式$(\star)$中的第二个括号为零，且第三个括号是“$y_1$”的常数倍。

解二阶齐次变系数微分方程$\frac{d^2y}{dx^2}+p(x)\frac{dy}{dx}+q(x)y=0$，其中$p(x)',q(x)$连续，且$p^2+2p-4q$等于常数$a$。

令$y=uv, v=e^{-\int\frac{p}{2}dx}$，由前文

$$ vu''+(pv+2v')u'+(v''+pv'+q)=0\newline vu''-\frac{a}{4}vu=0 $$

得到了二阶常系数齐次微分方程$u''-\frac{a}{4}u=0$。

解二阶非齐次变系数微分方程$\frac{d^2y}{dx^2}+p(x)\frac{dy}{dx}+q(x)y=f(x)$，已知对应齐次方程通解$Y=C_1y_1+C_2y_2$。

设方程的一个特解$\widetilde{y}=u_1y_1+u_2y_2$，且令$u_1’y_1+u_2’y_2=0$，代入原方程有$u_1’y_1+u_2’y_2=f(x)$，

联立上式有唯一解（朗斯基行列式$\left|\begin{matrix}y_1&y_2\newline y_1'&y_2'\end{matrix}\right|\neq 0$），记作$u_1'=\varphi(x),u_2'=\psi(x)$，故$\widetilde{y}=y_1\int\varphi(x)dx+y_2\int\psi(x)dx$。

示例：求解$y''+y=0$。（然而并不变系数）

设方程的解可展开为幂级数如下，则

$$ y=a_0+a_1x+\cdots+a_nx_n+\cdots\newline y'=a_1+2a_2x\cdots+(n+1)a_{n+1}x_n+\cdots\newline y''=2a_2+3\cdot 2a_3x+\cdots+(n+2)(n+1)a_{n+2}x_n+\cdots $$

代入原方程整理得

$$ (a_0+2a_2)+(3\cdot 2a_3+a_1)x+(4\cdot 3a_4+a_2)x^2+\cdots=0\newline \Downarrow\newline y=a_0(1-\frac{1}{2!}x^2+\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{6!}x^6+\cdots)\newline +a_1(x-\frac{1}{3!}x^3+\frac{1}{5!}x^5-\frac{1}{7!}x^7+\cdots) $$

进而$y=a_0\cos x+a_1\sin x$为方程的通解。