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$\frac{x^2}{4}+y^2-\frac{xy}{2}=1$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

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

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

$$L\frac{di}{dt}+Ri=E$$

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

$$\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i=\frac{E}{L}$$

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，$(Ce^x)’=Ce^x$。如果在$x$的系数上做文章，有$(Ce^{-ax})’=-aCe^{-ax}$。注意，如果我们令$y=Ce^{-ax}$，那么我们已经得到了

$$y'+ay=0$$

这是最简单的一阶线性方程了。$Ce^{-ax}$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$y’+ay=b$的方程是由$y’+ay=0$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

$$\begin{cases} \begin{aligned} x_1+2x_2+x_3&=0 \\ 2x_1+5x_2+x_3&=1 \\ 0x_1-3x_2+3x_3&=-3 \end{aligned} \end{cases}$$

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

$$\begin{cases} \begin{aligned} x_1+0x_2+3x_3&=-2 \\ x_2-x_3&=1 \end{aligned} \end{cases}$$

令$x_3=t$，就能得到$x_1=-2-3t,x_2=1+t$。其中$t \in \mathbb{R}$。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：

$$\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 1 \\ 0 &-3&3 \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -2-3t \\ 1+t \\ t \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 1 \\ 0 &-3&3 \\ \end{pmatrix} \left\{ \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+ t\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right\}=0$$

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，$Av_1=v_0$，而$Av_2=0$。那么这个式子又可以写成

$$A(v_1+tv_2)=Av_1+tAv_2=v_0+t\cdot0=v_0$$

所以我们想求的未知向量$x=v_1+tv_2$由两部分组成：一部分是符合$Ax=b$的一个特殊解，一部分符合$Ax’=0$，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$tv_2$。$v_2$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（$A(\alpha v+\beta w)=\alpha Av+\beta Aw$），而求导也是一个线性运算（$(af+bg)’=af’+bg’$），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$\frac{di_1}{dt}+\frac{R}{L}i_1=0$。对于$i_2=\frac{E}{R}$，我们已经知道它满足原来的方程。所以$i=Ci_1+i_2$，代入原来的方程，就有

$$\frac{d(Ci_1+i_2)}{dt}+\frac{R}{L}(Ci_1+i_2)=\frac{E}{L}+C\cdot 0$$

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

$$\frac{dy}{y}+p(x)dx=0$$

分别对$x$和$y$积分，就能得到

$$\ln\left\vert y \right\vert = -\int p(x)dx + C$$

又可以写成

$$y = Ce^{-\int p(x)dx}$$

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

$$\frac{di}{dt}+\frac{R}{L}i=0$$

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$f(x)=e^{-\int p(x)dx}$，设全体解是

$$y(x)=Cf(x)+\mu(x)$$

其中$\mu(x)$满足$\mu’+p(x)\mu=q(x)$。我们通过已知的$f$和$q$直接求出$\mu$来，从而求出所有解来。

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

$$\mu'(x)=f'(x)c(x)+f(x)c'(x)=-p(x)f(x)c(x)+f(x)c'(x)=-p(x)f(x)c(x)+q(x)$$

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）

$$c(x)=\int q(x)e^{\int p(t)dt}dx$$

所以全体解就是

$$y=e^{-\int p(x)dx}\left(C+\int q(x)e^{\int p(t)dt}dx\right)$$

这个时候，$c(x)e^{-\int p(x)dx}$决定了解的准确性，$C \cdot e^{-\int p(x)dx}$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

$$y=y_0e^{-\int_{x_0}^xp(t)dt}+\int_{x_0}^{x}q(s)e^{\int_s^xp(t)dt}ds$$

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

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

而解$y-\mu$，就得到了$y-\mu=Cf(x)$，所以说，全体解的确是$Cf(x)+\mu$。

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

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

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

$$2yy'=z'=2xz+\arctan{x}$$

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。