常微分方程

例 23.1。求微分方程 $$b\frac{dy}{dx}+ay=0.$$ 的解。

解。

移项后我们有 $$b\frac{dy}{dx}=-ay.$$

现在，仅仅观察这个关系式就告诉我们，我们遇到的情况是 ${\displaystyle \frac{dy}{dx}}$ 与 $y$ 成正比。如果我们考虑将 $y$ 表示为 $x$ 的函数的曲线，那么该曲线在任何一点的斜率将与那一点的纵坐标（或 $y$ 坐标）成正比，并且如果 $y$ 为正，斜率将为负。所以显然，只要 ，该曲线将是一条衰减曲线（参见 此处），并且解将包含 $e^{-x}$ 作为因子。但是，在不依赖这种洞察力的前提下，让我们开始工作。

由于 $y$ 和 $dy$ 都出现在方程中且位于两侧，我们无法进行任何操作，直到我们将 $y$ 和 $dy$ 移到一边，而将 $dx$ 移到另一边。为此，我们必须将我们通常不可分离的伙伴 $dy$ 和 $dx$ 彼此分开。 $$\frac{dy}{y}=-\frac{a}{b}dx.$$

完成这一步后，我们现在可以看到两边都变成了可积的形式，因为我们认出 ${\displaystyle \frac{dy}{y}}$ 或 ${\displaystyle \frac{1}{y}}dy$ 是我们在微分对数时遇到过的微分。所以我们可以立即写下积分的指令， $$\int \frac{dy}{y}=\int -\frac{a}{b}dx;$$ 进行两次积分后，我们得到： $$\ln |y|=-\frac{a}{b}x+C,$$ 其中 $C$ 是积分常数。然后，取指数，我们得到： 这里为简单起见，我们用 $B$ 替换了 $e^C$。由于 $e^C$ 总是正的，我们知道 。因此 $$y=\pm B{e}^{-\frac{a}{b}x},$$ 如果我们允许任意常数 $A$ 取正值或负值，这可以表示为 $$y=A{e}^{-\frac{a}{b}x}$$。此外，重要的是要观察到 $A=0$ 是一种可行的可能性，因为如果 $y$ 始终为零，它满足给定的微分方程。

现在，这个解看起来与构造它的原始微分方程截然不同：然而，对于一位专业数学家来说，它们都传达了关于 $y$ 如何依赖于 $x$ 的相同信息。

现在，关于 $A$，其含义取决于 $y$ 的初始值。因为如果我们令 $x=0$ 以查看 $y$ 此时的值，我们发现这使得 $y=A{e}^{-0}$；并且由于 $e^{-0}=1$，我们看到 $A$ 不是别的，正是 $y$ 在起始时的特定值¹。我们可以称之为 $y_0$，因此将解写为 $$y=y_0{e}^{-\frac{a}{b}x}.$$

例 23.2。让我们以求解 $$ay+b\frac{dy}{dx}=g,$$ 为例，其中 $g$ 是常数。再次，观察方程会提示：(1) 不知何故 $e^x$ 会出现在解中，以及 (2) 如果在曲线的任何部分 $y$ 达到最大值或最小值，使得 ${\displaystyle \frac{dy}{dx}}=0$，那么 $y$ 的值将为 $={\displaystyle \frac{g}{a}}$。但让我们像之前一样开始工作，分离微分并尝试将式子变换成某种可积的形式。

现在我们已经尽力使一边只有 $y$ 和 $dy$，另一边只有 $dx$。但是左边的结果可积吗？

它与之前的 结果 形式相同；所以，写下积分的指令，我们有： $$\int \frac{dy}{y-{\displaystyle \frac{g}{a}}}=-\int \frac{a}{b}dx;$$ 并且，进行积分，并加上适当的常数， $$\ln |y-\frac{g}{a}|=-\frac{a}{b}x+C;$$ 由此得到 $$y-\frac{g}{a}=A{e}^{-\frac{a}{b}x},$$ 其中 $A=\pm e^C$，最后得到 $$y=\frac{g}{a}+A{e}^{-\frac{a}{b}x},$$ 这就是解。

如果规定了当 $x=0$ 时 $y=0$ 的条件，我们可以求出 $A$；因为此时指数项变为 $=1$；并且我们有 $$0=\frac{g}{a}+A,$$ 或 $$A=-\frac{g}{a}.$$

代入这个值，解变为 $$y=\frac{g}{a}(1-e^{-\frac{a}{b}x}).$$

但进一步，假设 ${\displaystyle \frac{a}{b}}$ 和 ${\displaystyle \frac{g}{a}}$ 都是正的，如果 $x$ 无限增长，$y$ 将增长到一个最大值；因为当 $x=\mathrm{\infty }$ 时，指数项 $=0$，² 给出 $y_{\text{max.}}={\displaystyle \frac{g}{a}}$。代入这个，我们最终得到 $$y=y_{\text{max.}}(1-e^{-\frac{a}{b}x}).$$ 这条曲线绘制在下面。

这个结果在物理科学中也很重要。

例 23.3。设 $$b\frac{dy}{dt}+ay=g\cdot \sin (2\pi nt).$$

我们会发现这比前面的例子难处理得多。首先两边除以 $b$。 $$\frac{dy}{dt}+\frac{a}{b}y=\frac{g}{b}\sin (2\pi nt).$$

现在，照原样，左边是不可积的。但是可以通过一个技巧——这正是技巧和练习提出计划的地方——将所有项乘以 $e^{\frac{a}{b}t}$ 使其可积，得到： $$\frac{dy}{dt}{e}^{\frac{a}{b}t}+\frac{a}{b}y{e}^{\frac{a}{b}t}=\frac{g}{b}{e}^{\frac{a}{b}t}\cdot \sin (2\pi nt),$$ 这与下式相同 $$\frac{dy}{dt}{e}^{\frac{a}{b}t}+y\frac{d(e^{\frac{a}{b}t})}{dt}=\frac{g}{b}{e}^{\frac{a}{b}t}\cdot \sin (2\pi nt);$$ 并且这是一个完全微分，可以如下积分：——因为，如果 $u=y{e}^{\frac{a}{b}t}$，${\displaystyle \frac{du}{dt}}={\displaystyle \frac{dy}{dt}}{e}^{\frac{a}{b}t}+y{\displaystyle \frac{d(e^{\frac{a}{b}t})}{dt}}$， $$y{e}^{\frac{a}{b}t}=\frac{g}{b}\int e^{\frac{a}{b}t}\cdot \sin (2\pi nt)\cdot dt+C,$$ 或

最后一项显然是一个随着 $t$ 增加而消失的项（假设 ），可以省略。现在的麻烦在于求出作为因子出现的积分。为了解决这个问题，我们求助于分部积分的技巧，其一般公式是 $\int udv=uv-\int vdu$。为此，写 然后我们将有

代入这些，所考虑的积分变为：

最后一个积分仍然无法简化。为了避开这个困难，对左边重复进行分部积分，但以相反的方式处理，写： 由此得到

代入这些，我们得到

注意到 (C) 中最后那个难以处理的积分与 (B) 中的相同，我们可以通过将 (B) 乘以 ${\displaystyle \frac{2\pi nb}{a}}$，并将 (C) 乘以 ${\displaystyle \frac{a}{2\pi nb}}$，然后相加来消去它。

化简后的结果是： 将这个值代入 (A)，我们得到

为了进一步简化，让我们设想一个角 $\varphi$，使得 $\tan \varphi ={\displaystyle \frac{2\pi nb}{a}}$。

那么 $$\sin \varphi =\frac{2\pi nb}{\sqrt{a^2+4{\pi }^2{n}^2{b}^2}},$$ 且 $$\cos \varphi =\frac{a}{\sqrt{a^2+4{\pi }^2{n}^2{b}^2}}.$$

代入这些，我们得到： 这可以写成 $$y=g\frac{\sin (2\pi nt-\varphi )}{\sqrt{a^2+4{\pi }^2{n}^2{b}^2}},$$ 这就是所要求的解。

这实际上正是交流电的方程，其中 $g$ 代表电动势的振幅，$n$ 代表频率，$a$ 代表电阻，$b$ 代表电路的自感系数，而 $\varphi$ 是滞后角。

例 23.4。假设 $$Mdx+Ndy=0.$$

如果 $M$ 仅是 $x$ 的函数，而 $N$ 仅是 $y$ 的函数，我们可以直接积分这个表达式；但是，如果 $M$ 和 $N$ 都是依赖于 $x$ 和 $y$ 的函数，我们该如何积分它？它本身是一个恰当微分吗？也就是说，$M$ 和 $N$ 是否各自通过偏微分从某个共同函数 $U$ 得来？如果是，那么 并且如果这样的共同函数存在，那么 $$\frac{\partial U}{\partial x}dx+\frac{\partial U}{\partial y}dy$$ 是一个恰当微分（比较关于偏微分的章节）。

现在，检验的方法是这样的。如果该表达式是一个恰当微分，那么必须成立 $$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x};$$ 因为此时 $$\frac{\partial \left({\displaystyle \frac{\partial U}{\partial x}}\right)}{\partial y}=\frac{\partial \left({\displaystyle \frac{\partial U}{\partial y}}\right)}{\partial x}$$ 是必然成立的。

[注——我们经常将 ${\displaystyle \frac{\partial \left({\displaystyle \frac{\partial U}{\partial x}}\right)}{\partial y}}$ 写为 ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}U}{\partial y\partial x}}$。因此，上述方程写为 $$\frac{{\partial }^{2}U}{\partial y\partial x}=\frac{{\partial }^{2}U}{\partial x\partial y}.$$ 左边的偏导数意味着我们先对 $U$ 关于 $x$ 求导，然后对结果关于 $y$ 求导，而在右边，求导顺序是相反的。一般来说，我们这里处理的函数的求导顺序无关紧要。所以 ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}U}{\partial y\partial x}}$ 和 ${\displaystyle \frac{{\partial }^{2}U}{\partial x\partial y}}$ 是相等的。]

以方程 $$(1+3xy)dx+x^{2}dy=0.$$ 为例进行说明。

这是否是一个恰当微分？应用检验。 它们不一致。因此，它不是恰当微分，并且两个函数 $1+3xy$ 和 $x^2$ 并非来自一个共同的原始函数。

然而，在这种情况下，有可能发现 一个积分因子，也就是说，一个因子，使得如果两者都乘以这个因子，表达式将变成一个恰当微分。没有单一的规则来发现这样的积分因子；但经验通常会提示一个。在当前实例中，$2x$ 可以充当这样的因子。乘以 $2x$，我们得到 $$(2x+6x^{2}y)dx+2x^{3}dy=0.$$

现在对此应用检验。 它们一致。因此，这是一个恰当微分，并且可以积分。

我们正在寻找$U$，使得$$dU=\frac{\partial U}{\partial x}dx+\frac{\partial U}{\partial y}dy=(2x+6x^{2}y)dx+2x^{3}dy$$ 或 $$\frac{\partial U}{\partial x}=2x+6x^{2}y\text{且}\frac{\partial U}{\partial y}=2x^3$$ 为了找到$U$，让我们对${\displaystyle \frac{\partial U}{\partial y}}=2x^3$两边关于$y$进行积分。${\displaystyle \int 2x^{3}dy}$ 得到 $2x^{3}y$，但我们应该加上积分常数。然而，在这种情况下，积分常数通常是$x$的函数，记为$w=f(x)$，因为$w$关于$y$的导数为零。即，$$\frac{\partial (2x^{3}y+w)}{\partial y}=\frac{\partial (2x^{3}y)}{\partial y}+\frac{\partial w}{\partial y}=2x^3.$$ 这比加上$C$更一般。为了确定$w$，让我们对$U$关于$x$求导，并将结果与$2x+6x^{2}y$进行比较：$$\frac{\partial (2x^{3}y+w)}{\partial x}=6x^{2}y+\frac{dw}{dx}.$$ 通过将此结果与$2x+6x^{2}y$比较，我们意识到必须有$$\frac{dw}{dx}=2x$$ 因此 $$w=\int 2xdx=x^2+C$$ 且 $$U=2x^{3}y+w=2x^{3}y+x^2+C$$ 因为$U$或$dU$的全微分为零，$U$必须是一个常数，记为$K$。因此，给定微分方程的解为$$U=2x^{3}y+x^2+C=K.$$ 我们可以合并两个常数$C$和$K$，并将解写为$$2x^{3}y+x^2=C_1,$$ 其中$C_1$是任意常数。如果我们知道$y$在$x=0$（或任何其他点）处的值，我们可以确定$C_1$。

例23.5。设 ${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{t}^2}}+n^{2}y=0$。

在这种情况下，我们有一个二阶微分方程，其中$y$以二阶导数的形式出现，同时也以自身形式出现。

移项后，我们有 ${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{t}^2}}=-n^{2}y$。

由此看来，我们处理的函数具有这样的性质：它的二阶导数与自身成正比，但符号相反。在第15章中，我们发现存在这样一个函数——即具有此性质的正弦（或余弦）函数。因此，无需多言，我们可以推断解的形式为 $y=A\sin (pt+q)$。不过，让我们开始推导。

将原方程两边乘以 $2{\displaystyle \frac{dy}{dt}}$，得到 $2{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{t}^2}}{\displaystyle \frac{dy}{dt}}+2n^{2}y{\displaystyle \frac{dy}{dt}}=0$，并且由于 $$2\frac{d^{2}y}{d{t}^2}\frac{dy}{dt}=\frac{d{\left({\displaystyle \frac{dy}{dt}}\right)}^2}{dt},$$ 我们可以写成 $$\frac{d{\left({\displaystyle \frac{dy}{dt}}\right)}^2}{dt}+2n^{2}y\frac{dy}{dt}=0$$ 或 $$d\left({\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2\right)+2n^{2}ydy=0.$$ 积分得到 $${\left(\frac{dy}{dt}\right)}^2+n^2(y^2-C^2)=0$$ 其中$C$是常数。然后，取平方根，$$\frac{dy}{dt}=-n\sqrt{y^2-C^2}\text{且}\frac{dy}{\sqrt{C^2-y^2}}=n\cdot dt.$$

但可以证明 $$\frac{1}{\sqrt{C^2-y^2}}=\frac{d(\arcsin {\displaystyle \frac{y}{C}})}{dy};$$ 因此，从角度过渡到正弦，$$\arcsin \frac{y}{C}=nt+C_1\text{且}y=C\sin (nt+C_1),$$ 其中$C_1$是通过积分引入的常数角。

或者，更优选地，这可以写成 $$y=A\sin nt+B\cos nt,$$ 这就是解。

例23.6。求解 ${\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}-n^{2}y=0$。

解。 这里我们显然要处理一个函数$y$，它的二阶微分系数与自身成正比。我们知道唯一具有此性质的函数是指数函数（参见[unchanged]），因此我们可以确定方程的解将是这种形式。

像之前一样，乘以 $2{\displaystyle \frac{dy}{dx}}$ 并积分，得到 $2{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{x}^2}}{\displaystyle \frac{dy}{dx}}-2n^{2}y{\displaystyle \frac{dy}{dx}}=0$，并且由于 $$\begin{array}{c}2\frac{d^{2}y}{d{x}^2}\frac{dy}{dx}=\frac{d{\left({\displaystyle \frac{dy}{dx}}\right)}^2}{dx},{\left(\frac{dy}{dx}\right)}^2-n^2(y^2+c^2)=0,\\ \frac{dy}{dx}-n\sqrt{y^2+c^2}=0,\end{array}$$ 其中$c$是常数，且 ${\displaystyle \frac{dy}{\sqrt{y^2+c^2}}}=ndx$。

现在，如果$w=\ln (y+\sqrt{y^2+c^2})=\ln u$，$$\begin{array}{c}\frac{dw}{du}=\frac{1}{u},\frac{du}{dy}=1+\frac{y}{\sqrt{y^2+c^2}}=\frac{y+\sqrt{y^2+c^2}}{\sqrt{y^2+c^2}}\end{array}$$ 且 $$\frac{dw}{dy}=\frac{dw}{du}\cdot \frac{du}{dy}=\frac{1}{\sqrt{y^2+c^2}}.$$

因此，积分得到 现在 $$(y+\sqrt{y^2+c^2})\times (-y+\sqrt{y^2+c^2})=-y^2+(y^2+c^2)=c^2;$$ 因此

从(1)中减去(2)并除以$2$，我们得到 $$y=\frac{1}{2}C{e}^{nx}-\frac{1}{2}\frac{c^2}{C}{e}^{-nx},$$ 更方便地写成 $$y=A{e}^{nx}+B{e}^{-nx}.$$ 或者，这个解乍一看似乎与原方程无关，但它表明$y$由两项组成：一项随着$x$的增加呈对数增长，另一项随着$x$的增加而衰减。

例23.7。设 $$b\frac{d^{2}y}{d{t}^2}+a\frac{dy}{dt}+gy=0.$$

检查这个表达式会发现，如果$b=0$，它具有例23.1的形式，其解是负指数函数。另一方面，如果$a=0$，它的形式变得与例23.6相同，其解是正指数和负指数之和。因此，发现本例的解是 其中

达到这个解的步骤在此不给出；它们可以在高等论著或微分方程书籍中找到。

例23.8。 $$\frac{{\partial }^{2}y}{\partial t^2}=a^2\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}.$$

之前看到这个方程是从原始方程 $$y=F(x+at)+f(x-at),$$ 推导出来的，其中$F$和$f$是$t$的任意函数。

另一种处理方法是将其通过变量变换转化为 $$\frac{{\partial }^{2}y}{\partial u\partial v}=0,$$ 其中$u=x+at$，且$v=x-at$，从而得到相同的通解。如果我们考虑$F$消失的情况，那么我们有 $$y=f(x-at);$$ 这仅仅说明，在时间$t=0$时，$y$是$x$的一个特定函数，并且可以看作表示$y$与$x$关系的曲线具有特定形状。那么$t$值的任何变化都相当于计算$x$的原点发生了变化。也就是说，它表明，在函数形式保持不变的情况下，它沿着$x$方向以均匀速度$a$传播；因此，无论在特定时间$t_0$在特定点$x_0$处的纵坐标$y$的值是多少，相同的$y$值将在后续时间$t_1$出现在更远的点，其横坐标为$x_0+a(t_1-t_0)$。在这种情况下，简化方程表示一个波（任意形状）以均匀速度沿$x$方向传播。

如果微分方程写成 $$m\frac{{\partial }^{2}y}{\partial t^2}=k\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2},$$ 解将相同，但传播速度将为 $$a=\sqrt{\frac{k}{m}}.$$