常微分方程/一維一階線性方程

定義

一維一階非齊次線性ODE是形如

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

的ODE，對於合適的（即大多數情況下，連續的）函式 $f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$；注意，當 $g\equiv 0$時，我們有齊次方程。

通解

首先我們注意到我們有以下疊加原理：如果我們有問題的解$x_{h}$（“$h$”代表“齊次”）

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

（這僅僅是上述ODE相關的齊次問題）以及實際問題的解$x_{p}$；即一個函式$x_{p}$使得

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

（“$p$”代表“特解”，表示這只是眾多可能解中的一種），那麼函式

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

仍然解決$x'(t)+f(t)x(t)=g(t)$，就像特解$x_{p}$ 一樣。這可以透過直接計算$x$ 的導數來證明。

為了得到該常微分方程的解，我們首先解相關的齊次方程；也就是說，我們首先尋找$x_{h}$ 使得

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

這似乎很令人驚訝，但實際上這為我們提供了一條通往一般解的非常快速的路徑，步驟如下。分離變數法（並使用$\ln ^{-1}=\exp$）得到

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

因為函式

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

是$t\mapsto -f(t)$ 的一個反導數。因此我們找到了相關齊次方程的解。

為了確定實際方程的解$x_{p}$，我們現在使用一個Ansatz：即我們假設

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

其中$c:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ 是一個函式。這個 Ansatz 稱為常數變易法，由萊昂哈德·尤拉提出。如果這個方程對$x_{p}$ 成立，讓我們看看對$c$ 的什麼條件可以使$x_{p}$ 成為一個解。我們希望

$x_{p}'(t)+f(t)x_{p}(t)=g(t)$，即（根據乘積法則並代入$x_{h}$）

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

將指數項移到另一側，即

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

或

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

由於我們進行的所有操作都是可逆的，所以所有形式為

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

都是解。如果我們令$C:=C_{2}+C_{1}$，我們得到一般解形式

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

現在我們想要證明這些構成所考慮方程式的所有解。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 $x_{2}(t)$ 為所考慮非齊次問題的任何其他解。則 $x_{C}-x_{2}$ 解齊次問題，因為

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

因此，如果我們證明所有齊次解（尤其是差值 $x_{C}-x_{2}$）的形式為

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

那麼我們就可以減去

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

對於適當的 $D\in \mathbb {R}$，使得 $x_{C}-x_{2}$ 等於零，這就是為什麼 $x_{2}$ 具有我們想要的形式。

因此，令 $x_{h}$ 為齊次問題的任意解。考慮函式

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

對該函式求導，根據乘積法則得

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

因為 $x_{h}$ 是齊次問題的解。因此，該函式是常數（即等於常數 $C\in \mathbb {R}$），解得

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

對於 $x_{h}$ 得證。

我們得到了

定理 3.1:

對於連續的 $f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$，ODE

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

的解就是以下函式

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

注意，施加條件 $x(t_{0})=x_{0}$ 對於某些 $x_{0}\in \mathbb {R}$ 強制執行 $C=x_{0}$，因此我們為每個初始條件得到了唯一的解。

練習

• 練習 3.2.1：首先證明 ${\frac {d}{dt}}\ln(t^{2})={\frac {2}{t}}$。然後求解 ODE $x'(t)+{\frac {2}{t}}x(t)={\frac {1}{t^{2}}}$ 對於在 $[1,\infty )$ 上存在的函式，使得 $x(1)=c$ 對於 $c\in \mathbb {R}$ 任意。使用定理 3.1 的類似版本，當 $f,g$ 僅在 $\mathbb {R}$ 的一部分上定義時，這是因為證明可以推廣。

對多項式 RHS 的巧妙 Ansatz

首先注意，RHS 代表“右側”。讓我們考慮一維一階線性 ODE 的特殊情況

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

這裡我們使用了愛因斯坦求和約定；也就是說，$a_{i}x^{i}$ 代表 $\sum _{i=0}^{m}a_{i}t^{i}$，對於某個 $m\in \mathbb {N}$。在上述符號中，我們有 $f(t)\equiv c$ 以及 $g(t)=a_{i}t^{i}$.

使用變數分離，對應齊次問題 $g\equiv 0$ 的解很容易被發現等於 $x_{h}(t)=C\exp(-ct)$，對於某個大寫 $C\in \mathbb {R}$.

為了找到一個特解 $x_{p}$，我們進行如下操作。我們選擇Ansatz 假設 $x_{p}$ 只是一個多項式；也就是說

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

對於某些係數 $b_{i}$.

練習

• 練習 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 關於具有給定固定初始條件的該問題的解的數量說了什麼？）

例子

示例 3.2: