线性ODE（一）——线性方程的思想与一阶方程

前言

说到常微分方程，很多人可能认为，这是通过各种充满技巧性、构造性的手段直接或者间接求导求积分，而且根本想不出来这些技巧从那里冒出来的。因为这样对，所以这样对，所以我以后就这样套公式，就算出结果来了，一验算确实如此。事情并非如此。的确，常微分方程中有一些问题，现在都没有被研究清楚，但是那些基本的、常见的常微分方程问题，并没有什么看不见摸不着的玄学。在这些理论背后，是微积分、线性代数等等基本工具之间朴素而又美妙的联系。这一系列的博客，正想给读者呈现这一点。我们会遵循这样一个原则：先通过代数，将微分方程的结构厘清，再通过微积分，得到所希望得到的结果。可以看下面这个例子：

假如你需要讨论椭圆 $\frac{x^{2}}{4} + y^{2} - \frac{x y}{2} = 1$ 的性质，那你肯定不愿意。这个椭圆在坐标系中是斜着的，如果要计算各种性质的话，那可能是巨大的计算量，得到一个个令人绝望的二次方程，甚至还有分式等等。但是，如果我们把原来的基旋转一个合适的角度，也就是从 ${E_{1}, E_{2}}$ 旋转到了 ${E_{1}^{'}, E_{2}^{'}}$ ，那么在这组新基下，它就是一个很平凡的椭圆了，也就是说，我们只需要讨论在这组新基下表示的椭圆方程就行了。看上去很美好，但是实际可行吗？当然可行。这个变换没有改变椭圆的任何性质。椭圆没有平移，没有变形；周长没有变，面积没有变。我们在这组新基下得到的结果，只需要再反转回去，就是原来所求的结果。

还有一个问题：这个旋转是所谓构造性极强、充满技巧的手段吗？是空穴来风吗？不是。这是利用了线性变换，利用了特征值，利用了矩阵的基本性质。此后，再在新基下运用各种直线方程、微积分方法等等，变得非常简单。这就是我们接下来要运用的思想。

一阶线性方程

一阶线性方程的定义与一个物理学实例

我们接下来要解决的是这种类型的方程

$\frac{d y}{d x} + p (x) y = q (x)$

只需要 $y^{'}$ 和 $y$ 的次数都是 $1$ ，而且没有 $y^{a} (y^{'})^{b}$ 这种形式出现，就是一个一阶（因为 $y^{'}$ 只求导了一次）线性（只有一次项）方程。

这样的方程自然也有自己的实际价值。例如通过电学中的Kirchhoff’s Circuit Laws，对于一个简单的R-L串联电路（串联有一个电阻、一个电感的直流电电路），我们能得到电流强度方程

$L \frac{d i}{d t} + R i = E$

其中， $i (t)$ 表示电流强度， $R$ 表示串联的电阻， $L$ 表示电感， $E$ 表示电压。显然， $i = \frac{E}{R}$ 就是一个特解。如果我们有 $L \neq 0$ ，那么两边除以 $L$ ，就能得到

\frac{d i}{d t} + \frac{R}{L} i = \frac{E}{L}

这里的 $\frac{R}{L}$ 就可以看成 $p (t)$ ， $\frac{E}{L}$ 可以看成 $q (t)$ ，尽管都是常数。如果解这个方程（解法会在后面介绍，这个解也可以加以验证），能得到

i = \frac{E}{R} + C \exp (- \frac{R}{L} t)

但是考虑到实际情况，开关闭合之前，电流强度是 $0$ ；直到在闭合的一瞬间 $t = 0$ 时，有 $i = 0$ 。考虑到这一点，就能直接将常数 $C$ 解出来，也就得到了

i = \frac{E}{R} (1 - \exp (- \frac{R}{L} t))

从电流问题中得到的启发

上一节我们试图探讨R-L串联电路中电流强度的变化，给出了一个有物理意义的方程，并且解了出来。问题是，为什么会出现常数 $e$ ？

我们在高中就学过， $(e^{x})^{'} = e^{x}$ ，或者更普遍一点， $(C e^{x})^{'} = C e^{x}$ 。如果在 $x$ 的系数上做文章，有 $(C e^{- a x})^{'} = - a C e^{- a x}$ 。注意，如果我们令 $y = C e^{- a x}$ ，那么我们已经得到了

y^{'} + a y = 0

这是最简单的一阶线性方程了。 $C e^{- a x}$ 的性质和线性方程吻合得很好。但是上面的方程明显比这个复杂，却还是有一个 $e$ 在这里。可不可以认为，形如 $y^{'} + a y = b$ 的方程是由 $y^{'} + a y = 0$ 进行“调整”得到的？更进一步，方程 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 是不是由 $y^{'} + p (x) y = 0$ 衍生出来的？是怎么衍生出来的？这个解的结构是怎样的？

实际情况是，在讨论多元常微分方程组、高阶常微分方程的时候，我们都还是从指数函数出发，从等式右边等于 $0$ 出发。当然我们现在不应该深入太多。

从高斯消元法到线性微分方程解的结构

高斯消元法，或者是更单纯的求解 $n$ 元一次方程组的办法，我想读者肯定知道计算原理。我们举一个简单的例子

{\begin{cases} \begin{aligned} x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} & = 0 \\ 2 x_{1} + 5 x_{2} + x_{3} & = 1 \\ 0 x_{1} - 3 x_{2} + 3 x_{3} & = - 3 \end{aligned} \end{cases}

通过高斯消元法，或者单纯说是反复给其中两个方程做加减法和代入，能得到

{\begin{cases} \begin{aligned} x_{1} + 0 x_{2} + 3 x_{3} & = - 2 \\ x_{2} - x_{3} & = 1 \end{aligned} \end{cases}

令 $x_{3} = t$ ，就能得到 $x_{1} = - 2 - 3 t, x_{2} = 1 + t$ 。其中 $t \in R$ 。这时我们就得到了这个线性方程组的解。为了表示方便，结合矩阵运算的性质，原来的式子可以写成矩阵的形式：

(\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 1 \\ 0 & - 3 & 3 \end{matrix}) (\begin{matrix} - 2 - 3 t \\ 1 + t \\ t \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 1 \\ 0 & - 3 & 3 \end{matrix}) {(\begin{matrix} - 2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix} - 3 \\ 1 \\ 1 \end{matrix})} = 0

不妨用 $A$ 表示这个矩阵， $v_{1} = (- 2, 1, 0)^{T}$ ， $v_{2} = (- 3, 1, 1)^{T}$ ， $v_{0} = (0, 1, - 3)^{T}$ （ $T$ 表示转置，这里为了书写简便）。那么可以验证， $A v_{1} = v_{0}$ ，而 $A v_{2} = 0$ 。那么这个式子又可以写成

A (v_{1} + t v_{2}) = A v_{1} + t A v_{2} = v_{0} + t \cdot 0 = v_{0}

所以我们想求的未知向量 $x = v_{1} + t v_{2}$ 由两部分组成：一部分是符合 $A x = b$ 的一个特殊解，一部分符合 $A x^{'} = 0$ ，两部分的和代表了所有的解。也就是说，一个线性方程组的解，可能有无穷多个。但是，有一部分保证了解是准确的（也就是上面的 $v_{1}$ ），有一部分保证解是普遍的（也就是上面的 $t v_{2}$ 。 $v_{2}$ 指出了解延伸的骨架， $t$ 取遍所有实数进行遍历）。

为什么要举高斯消元法这样一个例子呢？这里矩阵乘法是一个线性运算（ $A (α v + β w) = α A v + β A w$ ），而求导也是一个线性运算（ $(a f + b g)^{'} = a f^{'} + b g^{'}$ ），也就是说，它们都是“平直”的，是没有让问题变复杂的乘积的。电流方程的通解

i = \frac{E}{R} + C \exp (- \frac{R}{L} t)

很好验证，但是是不是也是这样的结构？对于 $i_{1} = \exp (- \frac{R}{L} t)$ ，通过简单的求导运算可以得到 $\frac{d i_{1}}{d t} + \frac{R}{L} i_{1} = 0$ 。对于 $i_{2} = \frac{E}{R}$ ，我们已经知道它满足原来的方程。所以 $i = C i_{1} + i_{2}$ ，代入原来的方程，就有

\frac{d (C i_{1} + i_{2})}{d t} + \frac{R}{L} (C i_{1} + i_{2}) = \frac{E}{L} + C \cdot 0

这和上面求三元一次方程组得到的结果是类似的。只是形式不同，但是结构相同。 $i_{2}$ 保证了解的准确性， $i_{1}$ 保证解的普遍性，遍历所有结果。求解一阶线性微分方程，我们已经看清了结构（通过高斯消元法的类比），接下来，需要通过微积分的手段，得到一个合适结论。

一阶线性常微分方程的解决办法

形如 $y^{'} + p (x) y = 0$ 的方程的解

显然， $y = 0$ 是这个方程的一个解。如果 $y \neq 0$ ，我们可以将这个方程改写成这个形式

\frac{d y}{y} + p (x) d x = 0

分别对 $x$ 和 $y$ 积分，就能得到

\ln | y | = - \int p (x) d x + C

又可以写成

y = C e^{- \int p (x) d x}

其中 $C$ 为常数。 $C = 0$ 时，恰好对应了 $y = 0$ 这个解。的确，如果我们解

\frac{d i}{d t} + \frac{R}{L} i = 0

就能得到 $i = C \exp (- \frac{R}{L} t)$ 。

形如 $y^{'} + p (x) y = q (x)$ 的方程的解

事情似乎变得有点蹊跷。难不成要强行凑出一个满足这个方程的解，然后再加上满足 $y^{'} + p (x) y = 0$ 的全体解？并非如此。求出一个满足条件的 $y$ 有很多办法，我会在这里介绍一种比较直观的办法。

实际上，我们知道了 $q (x)$ 就已经足够了。设有 $f (x) = e^{- \int p (x) d x}$ ，设全体解是

y (x) = C f (x) + μ (x)

其中 $μ (x)$ 满足 $μ^{'} + p (x) μ = q (x)$ 。我们通过已知的 $f$ 和 $q$ 直接求出 $μ$ 来，从而求出所有解来。

不妨设 $μ (x) = f (x) c (x)$ ，我们通过几个函数的性质求出 $c (x)$ 来。对 $μ$ 求导有

μ^{'} (x) = f^{'} (x) c (x) + f (x) c^{'} (x) = - p (x) f (x) c (x) + f (x) c^{'} (x) = - p (x) f (x) c (x) + q (x)

这里利用了 $f^{'} (x) + p (x) f (x) = 0$ 。而 $f (x) 与$ $p (x)$ 都是已知的，经过化简就得到了

c^{'} (x) = \frac{q (x)}{f (x)}

对 $c^{'}$ 求积分，就得到（其实这是直接写出来）

c (x) = \int q (x) e^{\int p (t) d t} d x

所以全体解就是

y = e^{- \int p (x) d x} (C + \int q (x) e^{\int p (t) d t} d x)

这个时候， $c (x) e^{- \int p (x) d x}$ 决定了解的准确性， $C \cdot e^{- \int p (x) d x}$ 决定了解的普遍性。如果我们已经知道了一个特殊值，也就是说 $y (x_{0}) = y_{0}$ ，那么方程 $y^{'} + p (x) = q (x)$ 的解就可以准确写成

y = y_{0} e^{- \int_{x_{0}}^{x} p (t) d t} + \int_{x_{0}}^{x} q (s) e^{\int_{s}^{x} p (t) d t} d s

这并不是什么生拉硬拽的拼凑和巧合，并不需要所谓灵光一现，需要的是对线性运算的基本理解。

不妨再去验证一下刚开始的那个电路方程是不是符合这一结果。

全体解都被包含了吗？

可能这个结论不具有信服力。是不是漏掉了哪些解？

我们已经知道 $μ (x)$ 是一个解，不妨再设有一个解 $y (x)$ ，那么 $y (x) - μ (x)$ 是什么样子？如果是 $C f (x)$ ，那么刚刚好，因为这里的 $y$ 是任意选取的，这就体现了 $C f (x)$ 的普遍性。实际上

\begin{aligned} (y - μ)^{'} + p (x) (y - μ) & = (y^{'} + p (x) y^{'}) - (μ^{'} - p (x) μ) \\ = q (x) - q (x) \\ = 0 \end{aligned}

而解 $y - μ$ ，就得到了 $y - μ = C f (x)$ ，所以说，全体解的确是 $C f (x) + μ$ 。

你已经意识到了，求不定积分也是求一阶线性微分方程

在初学微积分的时候，求不定积分常常要有一个 $+ C$ 。在现在这个框架下这个结果就很明显了。我们求

y^{'} = f (x)

其实可以看成求

y^{'} + 0 \cdot y = f (x)

而 $y^{'} = 0$ 解得 $y = C$ ，又假设我们已经解得一个函数 $F$ 使得 $F^{'} = f$ ，那么就有

y = F (x) + C

了。 $F$ 保证解的准确， $C$ 保证解的普遍性。

伯努利方程——将方程化为一阶线性方程

有些方程虽然不是一阶线性方程，但是好在我们能将它经过简单的变换，变成一个一阶线性方程。例如这个方程

y^{'} = \frac{2 x y^{2} + \arctan x}{2 y}

虽然甚至都不是线性方程（因为 $y$ 有一个次数是 $- 1$ ），但是如果令 $z = y^{2}$ ，就有

2 y y^{'} = z^{'} = 2 x z + \arctan x

这就得到了一个一阶线性方程了（尽管可能很难算）。一般地讲，对于伯努利方程

y^{'} + p (x) y = q (x) y^{n}

两边乘以 $(1 - n) y^{- n}$ ，就能得到

(1 - n) y^{- n} y^{'} + (1 - n) y^{1 - n} p (x) = (1 - n) q (x)

在令 $z = y^{1 - n}$ ，就能得到

z^{'} + (1 - n) p (x) z = (1 - n) q (x)

这就是一个一阶线性方程了，计算就变得很简单。

updated at 2025-05-11