常微分方程/一维一阶线性方程

定义

一维一阶非齐次线性ODE是形如

$x'(t)+f(t)x(t)=g(t)$

的ODE，对于合适的（即大多数情况下，连续的）函数 $f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$；注意，当 $g\equiv 0$时，我们有齐次方程。

通解

首先我们注意到我们有以下叠加原理：如果我们有问题的解$x_{h}$（“$h$”代表“齐次”）

$x_{h}'(t)+f(t)x_{h}(t)=0$

（这仅仅是上述ODE相关的齐次问题）以及实际问题的解$x_{p}$；即一个函数$x_{p}$使得

$x_{p}'(t)+f(t)x_{p}(t)=g(t)$

（“$p$”代表“特解”，表示这只是众多可能解中的一种），那么函数

$x(t):=ax_{h}(t)+x_{p}(t)$（$a\in \mathbb {R}$是任意的）

仍然解决$x'(t)+f(t)x(t)=g(t)$，就像特解$x_{p}$ 一样。这可以通过直接计算$x$ 的导数来证明。

为了得到该常微分方程的解，我们首先解相关的齐次方程；也就是说，我们首先寻找$x_{h}$ 使得

$x_{h}'(t)+f(t)x_{h}(t)=0\Leftrightarrow x_{h}'=-f(t)x_{h}$.

这似乎很令人惊讶，但实际上这为我们提供了一条通往一般解的非常快速的路径，步骤如下。分离变量法（并使用$\ln ^{-1}=\exp$）得到

$x_{h}(t)=\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$,

因为函数

$G(t):=-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds$

是$t\mapsto -f(t)$ 的一个反导数。因此我们找到了相关齐次方程的解。

为了确定实际方程的解$x_{p}$，我们现在使用一个Ansatz：即我们假设

$x_{p}(t)=c(t)x_{h}(t)$,

其中$c:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ 是一个函数。这个 Ansatz 称为常数变易法，由莱昂哈德·欧拉提出。如果这个方程对$x_{p}$ 成立，让我们看看对$c$ 的什么条件可以使$x_{p}$ 成为一个解。我们希望

$x_{p}'(t)+f(t)x_{p}(t)=g(t)$，即（根据乘积法则并代入$x_{h}$）

$c'(t)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)=c'(t)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+c(t)(-1)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)f(t)+f(t)c(t)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)=g(t)$.

将指数项移到另一侧，即

$c'(t)=g(t)\exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$

或

$c(t)=\int _{t_{0}}^{t}g(r)\exp \left(\int _{t_{0}}^{r}f(s)ds\right)dr+C_{1}$.

由于我们进行的所有操作都是可逆的，所以所有形式为

$C_{2}\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+\left(\int _{t_{0}}^{t}g(r)\exp \left(\int _{t_{0}}^{r}f(s)ds\right)dr+C_{1}\right)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$（$C_{1},C_{2}\in \mathbb {R}$ 为任意常数）

都是解。如果我们令$C:=C_{2}+C_{1}$，我们得到一般解形式

$C\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+\left(\int _{t_{0}}^{t}g(r)\exp \left(\int _{t_{0}}^{r}f(s)ds\right)dr\right)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$.

现在我们想要证明这些构成所考虑方程式的所有解。因此，令

$x_{C}(t):=C\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+\left(\int _{t_{0}}^{t}g(r)\exp \left(\int _{t_{0}}^{r}f(s)ds\right)dr\right)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$

令 $x_{2}(t)$ 为所考虑非齐次问题的任何其他解。则 $x_{C}-x_{2}$ 解齐次问题，因为

$x_{C}'(t)-x_{2}'(t)-f(t)(x_{C}(t)-x_{2}(t))=x_{C}'(t)-f(t)x_{C}(t)-(x_{2}'(t)-f(t)x_{2}(t))=g(t)-g(t)=0$.

因此，如果我们证明所有齐次解（尤其是差值 $x_{C}-x_{2}$）的形式为

$C\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$,

那么我们就可以减去

$D\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$

对于适当的 $D\in \mathbb {R}$，使得 $x_{C}-x_{2}$ 等于零，这就是为什么 $x_{2}$ 具有我们想要的形式。

因此，令 $x_{h}$ 为齐次问题的任意解。考虑函数

$t\mapsto x_{h}(t)\cdot \exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$.

对该函数求导，根据乘积法则得

$x_{h}'(t)\exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+f(t)\exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)x_{h}(t)=-f(t)x_{h}(t)\exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+f(t)\exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)x_{h}(t)=0$

因为 $x_{h}$ 是齐次问题的解。因此，该函数是常数（即等于常数 $C\in \mathbb {R}$），解得

$x_{h}(t)\cdot \exp \left(\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)=C$

对于 $x_{h}$ 得证。

我们得到了

定理 3.1:

对于连续的 $f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$，ODE

$x'(t)+f(t)x(t)=g(t)$

的解就是以下函数

$x(t)=C\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)+\left(\int _{t_{0}}^{t}g(r)\exp \left(\int _{t_{0}}^{r}f(s)ds\right)dr\right)\exp \left(-\int _{t_{0}}^{t}f(s)ds\right)$ ($C\in \mathbb {R}$ 任意).

注意，施加条件 $x(t_{0})=x_{0}$ 对于某些 $x_{0}\in \mathbb {R}$ 强制执行 $C=x_{0}$，因此我们为每个初始条件得到了唯一的解。

练习

• 练习 3.2.1：首先证明 ${\frac {d}{dt}}\ln(t^{2})={\frac {2}{t}}$。然后求解 ODE $x'(t)+{\frac {2}{t}}x(t)={\frac {1}{t^{2}}}$ 对于在 $[1,\infty )$ 上存在的函数，使得 $x(1)=c$ 对于 $c\in \mathbb {R}$ 任意。使用定理 3.1 的类似版本，当 $f,g$ 仅在 $\mathbb {R}$ 的一部分上定义时，这是因为证明可以推广。

对多项式 RHS 的巧妙 Ansatz

首先注意，RHS 代表“右侧”。让我们考虑一维一阶线性 ODE 的特殊情况

$x'(t)+cx(t)=a_{i}t^{i}$ ($c\in \mathbb {R}$ 任意)，

这里我们使用了爱因斯坦求和约定；也就是说，$a_{i}x^{i}$ 代表 $\sum _{i=0}^{m}a_{i}t^{i}$，对于某个 $m\in \mathbb {N}$。在上述符号中，我们有 $f(t)\equiv c$ 以及 $g(t)=a_{i}t^{i}$.

使用变量分离，对应齐次问题 $g\equiv 0$ 的解很容易被发现等于 $x_{h}(t)=C\exp(-ct)$，对于某个大写 $C\in \mathbb {R}$.

为了找到一个特解 $x_{p}$，我们进行如下操作。我们选择Ansatz 假设 $x_{p}$ 只是一个多项式；也就是说

$x_{p}(t)=b_{i}t^{i}$

对于某些系数 $b_{i}$.

练习

• 练习 3.3.1：求解微分方程 $x'(t)+2x(t)=2t^{2}+4t+3$ 的所有解。（提示：定理 3.1 关于具有给定固定初始条件的该问题的解的数量说了什么？）

例子

示例 3.2: