常微分方程/可分離方程 1

一階微分方程

本節將介紹一種稱為**變數分離**的微分方程求解技術。在我們開始討論變數分離之前，回顧微積分中的代換積分定理非常有用。

它指出如果$f(x)$是一個連續函式，並且$y$有一個連續的導數——因此$y$本身是一個函式，那麼對這些鏈式函式的積分結果為

$\int f{\big (}y(x){\big )}y'\,dx=\int f(y)\,dy$

換句話說，我們的被積函式$f(y(x))y'(x)$和我們的反導數將相同，如果我們對$f$求反導數，並將其代入$y(x)$。這為解決許多常微分方程提供了一個非常有用的工具。

舉個例子，讓我們考慮微分方程

$y'=ay$

我們評論常數函式$y(x)=0$是一個解。我們將專注於尋找非零解。如前所述，這是解的唯一性的結果，即兩個解永遠不會相交。對於這個問題，這意味著解始終為正或始終為負，因為它們不能交叉$y(x)=0$。為了更好地理解，想象一個普通的笛卡爾座標系。解只能在 x 軸的上方或下方。

出於這個原因，我們有理由在餘下的討論中假設$y(x)\neq 0$。因此，我們可以除以$y(x)$，因為除以零是未定義的，以發現

${\frac {1}{y}}y'=a$

現在對兩邊關於$x$積分，我們得到

$\int {\frac {1}{y}}y'\,dx=\int a\,dx$

利用換元積分定理

$\int {\frac {1}{y}}\,dy=\int a\,dx$

或者

$\ln |y|=ax+C$.

$y=\pm e^{C}e^{ax}=Ce^{ax}$.

最後，我們評論一下，$e^{c}>0$ 且 $e^{c}$ 合併為 $C$，因此嚴格來說，上面的推導只表明如果 $C>0$ 或者如果 $C<0$，考慮 $\pm$。另一方面，請注意，如果我們允許 $C=0$，那麼我們可以恢復解 $y(x)=0$。因此，我們可以將所有解表示為

$y(x)=Ce^{ax}$

其中 $C$ 是一個實數。

這種方法被稱為變數分離，因為在我們進行除法之後，一邊完全用 $y$ 表示，另一邊完全用 $x$ 表示。

關於符號和啟發式的評論

雖然變數變換定理是數學上的證明，但使用萊布尼茨符號表示導數可以很好地幫助記憶變數分離的工作原理。

我們在這裡展示兩種符號不同但等價的推導

從我們用 $y(x)$ 除法並使用萊布尼茨符號開始，我們有

${\frac {1}{y}}{\frac {dy}{dx}}=a.$

可能您不會將此視為完全分離，因為左側仍然存在“dx”。但是，可以透過乘以“dx”來完全分離方程，得到

${\frac {1}{y}}\,dy=a\,dx$

然後在每個項前面放置一個積分，得到

$\int {\frac {1}{y}}\,dy=\int a\,dx$.

這得出了正確的結果，但將“dx”視為一個數字純粹是啟發式的。

第二個類似的助記符使用萊布尼茲符號來提醒我們變數替換定理應該如何工作。從原始示例中我們對兩邊關於x積分的步驟開始，使用萊布尼茲符號，我們有

$\int {\frac {1}{y}}{\frac {dy}{dx}}\,dx=\int a\,dx$.

現在我們可以“消去dx”得到 $\int {\frac {1}{y}}{\frac {dy}{\cancel {dx}}}\,{\cancel {dx}}=\int {\frac {1}{y}}\,dy$。因此

$\int {\frac {1}{y}}\,dy=\int a\,dx$.

同樣，“dx”不是一個數字，所以它不能真正被消去。但是，這個啟發式方法正確地給出了變數替換公式。

讀者應該根據自己覺得最清楚的方法來選擇使用上述哪種方法。本書無疑將在其闡述的不同地方使用這三種方法中的任何一種。

什麼是可分離方程？

如果一個常微分方程可以改寫成以下形式，則稱為可分離方程。

$M(x)+N(y)y'=0$

對兩邊關於$x$積分

$\int M(x)\,dx+\int N(y)y'\,dx=C$

現在，透過我們上面討論過的方法之一，我們可以改變並簡化第二個積分

$\int M(x)\,dx+\int N(y)\,dy=C$

一個方程，其中你可以將P和Q分別分解為x和y的單獨函式

$P_{1}(x)P_{2}(y)dx+Q_{1}(x)Q_{2}(y)dy=0$

稱為可分離方程，因為該方程可以變成一個具有分離變數的方程。

${\frac {P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}}dx+{\frac {Q_{2}(y)}{P_{2}(y)}}dy=0$

${\frac {P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}}dx=-{\frac {Q_{2}(y)}{P_{2}(y)}}dy$

然而，必須注意這個除法過程。當$Q_{1}(x)=0$和$P_{2}(y)=0$時，將會存在額外的可能的積分解，由於這個除法，這些解無法透過積分找到。

平凡情況

可分離方程有兩個特殊情況，使得求解幾乎變得微不足道。這兩種情況是：

$N(y)=k\,$

或

$M(x)=k,\,$

其中 k 為常數。在這兩種情況下，方程從 3 個變數變為 2 個變數。當我們可以去掉其中一個變數時，解可以透過簡單的積分得到。

沒有 y 項：N(y) = k

如果 N(y)=k，我們可以將 k 視為 M(x) 的一部分，並將 N(y) 變成 1。也就是說，如果我們將兩邊除以 k，並令 f(x) = M(x)/k。那麼我們得到：

${\frac {dy}{dx}}=M(x)/k=f(x)$.

現在這是基本微積分 - 對兩邊求積分。通解是

$y=\int f(x)dx+C,$

其中 C 為常數。

讓我們看幾個例子。

示例 1

${\frac {dy}{dx}}=x^{2}+7$

這裡，我們有一個導數等於 x 的函式。原始函式是它的 **反導數**，也就是說，我們必須積分才能找到它。現在我們對等式的兩邊關於 x 求積分（關於 'x'）

$\int {\frac {dy}{dx}}\,dx=\int (x^{2}+7)\,dx$

$y={\frac {1}{3}}x^{3}+7x+C$

這是通解。滿足微分方程的函式被稱為 **滿足** 它，所以

$y={\frac {1}{3}}x^{3}+7x+C$

滿足微分方程

${\frac {dy}{dx}}=x^{2}+7$.

示例 2

${\frac {dy}{dx}}=\sin x+e^{x}$

這與之前一樣 - 對兩邊關於 x 求積分。

$\int {\frac {dy}{dx}}\,dx=\int \sin x+e^{x}\,dx$

$y=-\cos x+e^{x}+C\,$

請注意，即使在這個簡單的情況下，也可能無法寫出解的公式，因為 f(x) 不能用初等函式積分。在這種情況下，用積分符號符號地寫出 y 的積分，即我們正在尋找的函式，被認為是解。

沒有 x 項：M(x)=k

另一個特殊情況是

$M(x)=k.$

唯一的區別是我們如何將其轉換為可積形式。我們的方程是

$N(y){\frac {dy}{dx}}=-k.$

這種型別的方程被稱為自治微分方程。微分方程除了透過函式y之外，沒有對自變數x的顯式依賴。我們將在稍後詳細說明這種型別的方程，但目前我們注意到這種型別的方程始終是可分離的。

對兩邊關於x積分，我們得到

$\int N(y){\frac {dy}{dx}}\,dx=\int k\,dx.$

現在我們有兩個積分，每個積分都關於它們包含的函式。解的形式為

$\int N(y)\,dy=kx+C.$

您現在可以嘗試求解y。左側可能沒有可以表示為良好公式的原函式，在這種情況下，我們將以儘可能清晰的形式保留它，即保留積分符號未解析。這裡出現另一個重要概念。

示例 4

${\frac {dy}{dx}}={\frac {k}{y}}$

這裡我們乘以y，然後乘以dx。其餘的數學運算與之前一樣。

$ydy=kdx\,$

$\int ydy=\int kdx\,$

${\frac {1}{2}}y^{2}=kx+C$

$y^{2}=2kx+C\,$

在這種情況下，求解y² 比求解y 更方便。如果我們開平方求解y，我們會改變方程（因為數字的平方根始終為正數，我們會丟失每個解曲線的一半）。在這些情況下，將其保留在當前形式是完全可以的。

您可能已經注意到，求解y之前，方程的右側在兩個示例中都是一樣的。當f(x)=k 時，右側將始終為kx+C，其中k 是問題中任何常數。只有當f(x) 不是常數時，它才會改變。

如前所述，積分可能無法執行。即使可以執行，也可能無法反轉方程以顯式地給出 y 作為 x 的函式，例如，如果我們得到 tan(y) + 1/y = x。同樣，這並不重要；結果被認為是有效的解。

一般的可分離變數方程

在最一般的情況下，M(x) 或 N(y) 都不為常數。在這種情況下，我們使用與之前相同的方法（儘管可能需要首先分離變數）。唯一的區別是，兩邊都會產生非平凡的積分，所以我們還有更多工作要做。這可能會產生一些不整齊的解，而 ODE 以此而聞名。這種不整齊通常意味著我們可能希望在最後檢查我們的結果。

示例 5

${\frac {dy}{dx}}=y^{3}x$

除以y³ 然後乘以dx 得到

${\frac {dy}{y^{3}}}=xdx$

$\int {\frac {dy}{y^{3}}}=\int xdx$

$-{\frac {1}{2y^{2}}}={\frac {1}{2}}x^{2}+C$

$y^{2}=-{\frac {1}{x^{2}+C}}$

例 6

${\frac {dy}{dx}}={\frac {y}{x}}$

我們乘以 ${\frac {dx}{y}}$

${\frac {dy}{y}}={\frac {dx}{x}}$

$\int {\frac {dy}{y}}=\int {\frac {dx}{x}}\,$

$\ln(y)=\ln(x)+C\,$

$y=e^{\ln(x)+C}=e^{C}e^{\ln(x)}=Cx\,$

再次 $e^{c}$ 歸併為 $C$。

例 7

${\frac {dy}{dx}}=xy+y$

乍一看，這似乎不可分離。但我們可以進行一點因式分解

${\frac {dy}{dx}}=(x+1)y$

這是可分離的。

${\frac {dy}{y}}=(x+1)dx$

$\int {\frac {dy}{y}}=\int (x+1)dx$

$\ln(y)={\frac {1}{2}}x^{2}+x+C$

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

帶初始條件的問題

求解初值問題相當容易。如同我們上面所做的，求解y。然後，一旦你得到了方程，將b代入y，將a代入x。最後，求解常數。

例 8

${\frac {dy}{dx}}=ky,\quad y(0)=10$

正如我們在例 3 中所看到的，此方程的通解為 y=Ce^kx。讓我們代入我們的邊界條件

$10=Ce^{0k}\,$

$10=Ce^{0}\,$

$C=10\,$

$y=10e^{kx}\,$

這是特解。

不幸的是，在某些情況下，在求解常數時必須小心。

例 9

$2yy'=2x+2\qquad y(0)=-2$

此方程已經分離了，因此對兩邊進行積分

$\int 2yy'\,dx=\int 2x+2\,dx$

$y^{2}=x^{2}+2x+C$

透過代入，我們發現

$C=(-2)^{2}=4$

所以現在我們有

$y^{2}=x^{2}+2x+4.$

但是，如果我們繼續求解y，則必須小心。有人可能會天真地寫：$y=\pm {\sqrt {x^{2}+2x+4}}.$

但這裡有一個問題，我們正在尋找一個函式 y(x)，這意味著該函式必須是單值的（參見 單值函式）。我們應該注意$\pm$的含義。我們的意思是對於每個不同的x，符號都有不同的可能性嗎？

幸運的是，由於該函式必須是可微的（因此是連續的），因此函式 y(x) 不能在正值和負值之間來回跳躍。所以我們必須意味著只有一個符號選擇

$y={\sqrt {x^{2}+2x+4}};$ 或

$y=-{\sqrt {x^{2}+2x+4}}.$

但是哪一個？唯一性的一個很好的結果是，這兩個函式中只有一個可以解決問題。這兩個都解決了微分方程，因此我們可以對初始條件進行雙重檢查。在第一種情況下，y(0)=2，所以這不是我們的解，但是對於第二個函式，y(0)=-2，正如預期的那樣。因此，解由下式給出

$y=-{\sqrt {x^{2}+2x+4}}.$

例 10

另一個說明可能會出現的問題的有趣例子是

$y'=6xy^{2/3}\qquad y(0)=0.$

為了求解這個初值問題，我們首先分離變數。

$\int y^{-2/3}y'\,dx=\int 6x\,dx$

$3y^{1/3}=3x^{2}+C$

$y=(x^{2}+C)^{3}$

現在代入初始條件，我們得到

$0=(0^{2}+C)^{3}$，因此

$C=0$

所以我們得到了一個解 $y(x)=x^{6}$。但是，透過觀察，我們還得到了解 $y(x)=0$。因此，這個問題至少有兩個解。也許還有更多解，目前我們無法確定。更糟糕的是，在分離變數時，沒有任何跡象表明我們處於解不唯一的狀況。出於這個原因，我們將回到這個問題，並討論保證唯一解存在的通用數學定理。

這可能出於許多原因很重要。例如，人們通常認為現實世界中的過程可以用滿足常微分方程的函式來描述。通常，使用常微分方程和對過程的實際測量，你想要推斷出哪個函式控制了該過程，以便你可以對未來的行為進行預測。但是，如果常微分方程的解不唯一，那麼當你找到真正代表現實世界過程行為的解時，就很難判斷。

例11

在上面的例子中，我們看到了有時微分方程表現不好，允許多個解。在這個例子中，我們看到有時問題本身表現得很好，但如果我們不小心，可能會認為找到了多個解。

$y'=4y^{1/2}x\qquad y(0)=4.$

$\int y^{-1/2}y'\,dx=\int 4x\,dx$

$2y^{1/2}=2x^{2}+C$

$y=(x^{2}+C)^{2}$

現在，透過代入初始條件，我們發現

$4=(0^{2}+C)^{2}=C^{2}$

此時，很容易得出結論

$C=\pm 2$

我們似乎得到了兩個解

$y=(x^{2}+2)^{2}$

$y=(x^{2}-2)^{2}$

但如果我們仔細觀察，就會發現第二個方程實際上不是一個解。為了說明這一點，讓我們把它代入方程。

如果

$y=(x^{2}-2)^{2}$，那麼

$y'=4x(x^{2}-2)$，並且

$y^{1/2}=|x^{2}-2|$.

因此，當我們代入 $y'=4y^{1/2}x$ 時，我們試圖使以下兩個等式相等：

$4x(x^{2}-2)$ 和 $4x|x^{2}-2|$，

但請注意，第一個方程在 $0<x<{\sqrt {2}}$ 時為負數，而第二個方程始終為正數。

對於另一個函式，這種情況不會發生，因為我們最終嘗試比較的是 $4x(x^{2}+2)$ $y'=4x|x^{2}+2|$，因為 $x^{2}+2>0$，我們可以在第二個表示式中去掉絕對值。

那麼問題出在哪裡？我們在求解 $y$ 時，透過對方程兩邊平方引入了二義性。如果我們在積分後立即求解 $C$，我們可以避免這個問題，在這種情況下，我們將使用方程 $2y^{1/2}=2x^{2}+C$ 以及

$2(4)^{1/2}=2(0)^{2}+C$，因此

$C=4$

將此代回並求解 y，我們得到

$2y^{1/2}=2x^{2}+4$

$y^{1/2}=x^{2}+2$

$y=(x^{2}+2)^{2}$

繼續學習本課程的下一部分：例子