Lesson 61 ODE 速通
提示
同学们，我们今天需要讲得极快.
旋度
curl(P,Q,R)=det(i^j^k^∂∂x∂∂y∂∂zPQR)=∇×F⃗\operatorname{curl}(P,Q,R)=\det\begin{pmatrix}
\hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\
\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\
P&Q&R
\end{pmatrix}=\nabla\times\vec{F}
curl(P,Q,R)=det
i^∂x∂Pj^∂y∂Qk^∂z∂R
=∇×F
我们可以把矢量场 F⃗\vec{F}F
看作一个风速场，问：绕某个轴 n^\hat{n}n^，旋转的快慢？
这时我们取一个平面垂直于 n^\hat{n}n^，轴与平面的交点记为中心点 PPP，可以计算某个探测质点在一圈之中受到风的做功：
∫∂SF⃗⋅dr⃗=Stokes∬S(∇×F⃗)⋅dS⃗=∬S(∇×F⃗)⋅n^dS\int_{\partial S}\vec{F}\cdot\text{d}\vec{r}\overset{\text{Stokes}}{=}\iint_S(\nabla\times\vec{F})\cdot\text{d}\vec{S}=\iint_S(\nabla\times\vec{F})\cdot\hat{n}\text{d}S
∫∂SF
⋅dr
=Stokes∬S(∇×F
)⋅dS
=∬S(∇×F
)⋅n^dS
因为想要探测这一点处的旋转快慢，所以取积分区域趋于这一点的极限，这样 “测量” 得更加准确. 于是有
limr→01area(S)∫∂SF⃗⋅dr⃗=limr→01area(S)∬S(curl(F⃗)⋅n^)dS=limr→0curl(F⃗)Q⋅n^=(curlF⃗)(P⃗)⋅n^\begin{aligned}
\lim_{r\to0}\frac{1}{\text{area}(S)}\int_{\partial S}\vec{F}\cdot\text{d}\vec{r}&=\lim_{r\to0}\frac{1}{\text{area}(S)}\iint_S(\text{curl}(\vec{F})\cdot\hat{n})\text{d}S\\\\
&=\lim_{r\to0}\text{curl}(\vec{F})_{Q}\cdot\hat{n}\\\\
&=(\operatorname{curl}\vec{F})(\vec{P})\cdot\hat{n}
\end{aligned}
r→0limarea(S)1∫∂SF
⋅dr
=r→0limarea(S)1∬S(curl(F
)⋅n^)dS=r→0limcurl(F
)Q⋅n^=(curlF
)(P
)⋅n^
这说明，某点处的旋转快慢程度可以用该点处旋度向旋转轴的的投影来描述.
总结一下我们目前的场论知识：
{scalar field A}⟶grad{vector field X}⟶curl{vector field}⟶div{scalar field}Ω0(R3)⟶dΩ1(R3)⟶dΩ2(R3)⟶dΩ3(R3)\{\text{scalar field }A\}\overset{\text{grad}}{\longrightarrow}\{\text{vector field }\mathscr{X}\}\overset{\text{curl}}{\longrightarrow}\{\text{vector field}\}\overset{\text{div}}{\longrightarrow}\{\text{scalar field}\}\\\newline
\Omega^0(\R^3)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^1(\R^3)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^2(\R^3)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^3(\R^3)
{scalar field A}⟶grad{vector field X}⟶curl{vector field}⟶div{scalar field}Ω0(R3)⟶dΩ1(R3)⟶dΩ2(R3)⟶dΩ3(R3)
物理上有一些常用的命题：就是上述任意两步连续进行都会变成 000.
/Claim/
curl(gradφ)=0 ,div(curlv)=0\operatorname{curl}(\operatorname{grad}\varphi)=0\,,\quad\operatorname{div}(\operatorname{curl}v)=0
curl(gradφ)=0,div(curlv)=0
梯度场无旋，旋度场无散.
上述图表是交换的，如下：
/Claim/
d∘d\text{d}\circ\text{d}d∘d 恒为零.
/Proof/
d∘d(fdxi1⋯dxik)=d(∑j∂f∂xjdxjdxi1⋯dxik)=∑j∑t∂∂xt(∂f∂xj)dxtdxjdxi1⋯dxik\begin{aligned}
&\text{d}\circ\text{d}(f\text{d}x_{i_1}\cdots\text{d}x_{i_k})\\\\
&=\text{d}\left(\sum_{j}\frac{\partial f}{\partial x_j}\text{d}x_j\text{d}x_{i_1}\cdots\text{d}x_{i_k}\right)\\\\
&=\sum_j\sum_t\frac{\partial}{\partial x_t}\left(\frac{\partial f}{\partial x_j}\right)\text{d}x_t\text{d}x_j\text{d}x_{i_1}\cdots\text{d}x_{i_k}
\end{aligned}
d∘d(fdxi1⋯dxik)=d(j∑∂xj∂fdxjdxi1⋯dxik)=j∑t∑∂xt∂(∂xj∂f)dxtdxjdxi1⋯dxik
计算 dxpdxqdxi1⋯dxik\text{d}x_p\text{d}x_q\text{d}x_{i_1}\cdots\text{d}x_{i_k}dxpdxqdxi1⋯dxik 项的系数：
∂∂xp(∂f∂xq)−∂∂xq(∂f∂xp)=0\frac{\partial}{\partial x_p}\left(\frac{\partial f}{\partial x_q}\right)-\frac{\partial}{\partial x_q}\left(\frac{\partial f}{\partial x_p}\right)=0
∂xp∂(∂xq∂f)−∂xq∂(∂xp∂f)=0
所以上式恒为零.
改述命题为：若 α=dω\alpha=\text{d}\omegaα=dω，则 dα=0\text{d}\alpha=0dα=0. 我们想要问这个条件是否是充要条件，也就是是否有：若 dα=0\text{d}\alpha=0dα=0，则 α=dω\alpha=\text{d}\omegaα=dω？
/Lemma/ (Poincare 引理)
在 Rn\R^nRn 上成立，设 α∈Ωk(Rn)\alpha\in\Omega^k(\R^n)α∈Ωk(Rn) 满足 dα=0\text{d}\alpha=0dα=0，则 ∃ ω∈Ωk−1(Rn)\exist\,\,\omega\in\Omega^{k-1}(\R^n)∃ω∈Ωk−1(Rn) 使得 α=dω\alpha=\text{d}\omegaα=dω.
n=3n=3n=3 时，物理上我们有这样的说法：
k=1k=1k=1，R3\R^3R3 上的无旋场一定有势 (若 ∇×A⃗=0⟹∃ A⃗=∇φ\nabla\times\vec{A}=0\Longrightarrow\exist\,\,\vec{A}=\nabla\varphi∇×A
=0⟹∃A
=∇φ)；
k=2k=2k=2，R3\R^3R3 上的无散场来自旋度场 (若 ∇⋅B⃗=0⟹∃ A⃗\nabla\cdot\vec{B}=0\Longrightarrow\exist\,\,\vec{A}∇⋅B
=0⟹∃A
使得 B⃗=∇×A⃗\vec{B}=\nabla\times\vec{A}B
=∇×A
).
我们不仔细证明这一结论，因为一般情况比我们想象中要难证明很多. 但是可以先尝试证明 n=3n=3n=3，k=1k=1k=1 的情况：
/Proof/
设 A⃗\vec{A}A
无旋，来定义势能 φ\varphiφ. 定义：
φ(u⃗)−φ(u⃗0)=∫L⃗A⃗⋅dr⃗\varphi(\vec{u})-\varphi(\vec{u}_0)=\int_{\vec{L}}\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}
φ(u
)−φ(u
0)=∫L
A
⋅dr
验证定义与 L⃗\vec{L}L
无关：取简单闭曲线 C=L⃗−L⃗′C=\vec{L}-\vec{L}'C=L
−L
′ (不妨假设 LLL & L′L'L′ 无自交点)
由 topology，可以证明任意简单闭曲线都能表示为某个曲面的边界. 则有
∫CA⃗⋅dr⃗=∬S(∇×A⃗)⋅dS⃗=0\int_C\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}=\iint_S(\nabla\times\vec{A})\cdot\text{d}\vec{S}=0
∫CA
⋅dr
=∬S(∇×A
)⋅dS
=0
(A⃗\vec{A}A
无旋) 所以
∫L⃗A⃗⋅dr⃗−∫L⃗′A⃗⋅dr⃗=0\int_{\vec{L}}\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}-\int_{\vec{L}'}\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}=0
∫L
A
⋅dr
−∫L
′A
⋅dr
=0
得证.
对于 k=2k=2k=2 的部分，Poincare 手动构造出了旋度场使得 ∇×A⃗=B⃗\nabla\times\vec{A}=\vec{B}∇×A
=B
：
/Proof/
如下构造：
A1(x,y,z)=∫01[zB2(tx,ty,tz)−yB3(tx,ty,tz)]tdtA2(x,y,z)=∫01[xB3(tx,ty,tz)−zB1(tx,ty,tz)]tdtA3(x,y,z)=∫01[yB1(tx,ty,tz)−xB2(tx,ty,tz)]tdt\begin{aligned}
A_1(x,y,z)&=\int_0^1[zB_2(tx,ty,tz)-yB_3(tx,ty,tz)]t\text{d}t\\
A_2(x,y,z)&=\int_0^1[xB_3(tx,ty,tz)-zB_1(tx,ty,tz)]t\text{d}t\\
A_3(x,y,z)&=\int_0^1[yB_1(tx,ty,tz)-xB_2(tx,ty,tz)]t\text{d}t
\end{aligned}
A1(x,y,z)A2(x,y,z)A3(x,y,z)=∫01[zB2(tx,ty,tz)−yB3(tx,ty,tz)]tdt=∫01[xB3(tx,ty,tz)−zB1(tx,ty,tz)]tdt=∫01[yB1(tx,ty,tz)−xB2(tx,ty,tz)]tdt
只需要证明 ∇×A⃗=B⃗\nabla\times\vec{A}=\vec{B}∇×A
=B
. 我们只证明如下式子：
B1(x,y,z)=∂∂yA3−∂∂zA2B_1(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial y}A_3-\frac{\partial}{\partial z}A_2
B1(x,y,z)=∂y∂A3−∂z∂A2
我们在这里需要知道含参积分的求导：
对于含参积分
F(x)=∫cdf(x,y)dyF(x)=\int_c^df(x,y)\text{d}y
F(x)=∫cdf(x,y)dy
/Theorem/
若 fff 是连续二元函数 ⟹\Longrightarrow⟹ FFF 连续.
进一步，若 ∂f∂x\frac{\partial f}{\partial x}∂x∂f 也连续，则
F′(x)=∫cd∂f∂x(x,y)dyF'(x)=\int_c^d\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\text{d}y
F′(x)=∫cd∂x∂f(x,y)dy
提示
也就是 “积分里面求微分”.
Feynman 声称他在中学时知道了这个 “积分里求微分” 的方法，并且他吹嘘说这个方法让他得了 Nobel Prize，因为在做 QED 的路径积分时要非常经常地使用这一方法.
∂A3∂y=∂∂y∫01(yB1−xB2)tdt=∫01[B1(tx,ty,tz)+t∂B1∂y(tx,ty,tz)t−x∂B2∂y(tx,ty,tz)t]tdt\begin{aligned}
&\frac{\partial A_3}{\partial y}\\&=\frac{\partial}{\partial y}\int_0^1(yB_1-xB_2)t\text{d}t\\\\
&=\int_0^1\left[B_1(tx,ty,tz)+t\frac{\partial B_1}{\partial y}(tx,ty,tz)t-x\frac{\partial B_2}{\partial y}(tx,ty,tz)t\right]t\text{d}t
\end{aligned}
∂y∂A3=∂y∂∫01(yB1−xB2)tdt=∫01[B1(tx,ty,tz)+t∂y∂B1(tx,ty,tz)t−x∂y∂B2(tx,ty,tz)t]tdt
另一项同理，相减得到
∂A3∂y−∂A2∂z=∫01[B1+y∂B1∂yt−x∂B2∂yt−x∂B1∂zt+B1+z∂B1∂zt]tdt=∫01[2B1+y∂B1∂yt+x∂B1∂xt+z∂B1∂zt]tdt=∫01[2B1(tx,ty,tz)tdt+(dB1(tx,ty,tz)dt)t2dt]=∫012B1(tx,ty,tz)tdt+B1(tx,ty,tz)t2∣01−∫01B1(tx,ty,tz)⋅2tdt=B1(x,y,z)\begin{aligned}
&\frac{\partial A_3}{\partial y}-\frac{\partial A_2}{\partial z}\\
&=\int_0^1\left[B_1+y\frac{\partial B_1}{\partial y}t-x\frac{\partial B_2}{\partial y}t-x\frac{\partial B_1}{\partial z}t+B_1+z\frac{\partial B_1}{\partial z}t\right]t\text{d}t\\\\
&=\int_0^1\left[2B_1+y\frac{\partial B_1}{\partial y}t+x\frac{\partial B_1}{\partial x}t+z\frac{\partial B_1}{\partial z}t\right]t\text{d}t\\\\
&=\int_0^1\left[2B_1(tx,ty,tz)t\text{d}t+\left(\frac{\text{d}B_1(tx,ty,tz)}{\text{d}t}\right)t^2\text{d}t\right]\\\\
&=\int_0^12B_1(tx,ty,tz)t\text{d}t+B_1(tx,ty,tz)t^2|^1_0-\int_0^1B_1(tx,ty,tz)\cdot2t\text{d}t\\\\
&=B_1(x,y,z)
\end{aligned}
∂y∂A3−∂z∂A2=∫01[B1+y∂y∂B1t−x∂y∂B2t−x∂z∂B1t+B1+z∂z∂B1t]tdt=∫01[2B1+y∂y∂B1t+x∂x∂B1t+z∂z∂B1t]tdt=∫01[2B1(tx,ty,tz)tdt+(dtdB1(tx,ty,tz))t2dt]=∫012B1(tx,ty,tz)tdt+B1(tx,ty,tz)t2∣01−∫01B1(tx,ty,tz)⋅2tdt=B1(x,y,z)
得证.
/Remark/
这是如何构造出来的？
相当于构造 Φ:Rn×[0,1]→Rn\Phi:\R^n\times[0,1]\to\R^nΦ:Rn×[0,1]→Rn，得到 Φ(x1,⋯ ,xn,t)=(tx1,⋯ ,txn)\Phi(x_1,\cdots,x_n,t)=(tx_1,\cdots,tx_n)Φ(x1,⋯,xn,t)=(tx1,⋯,txn).
Poincare 令：
∫01(Φ∗α)=ω\int_0^1(\Phi^*\alpha)=\omega
∫01(Φ∗α)=ω
则 ω∈Ωk−1(Rn)\omega\in\Omega^{k-1}(\R^n)ω∈Ωk−1(Rn)，容易验证 dω=α\text{d}\omega=\alphadω=α.
Poincare 引理只在 Rn\R^nRn 上成立，对于一般的流形 XXX，
Ω0(X)⟶dΩ1(X)⟶dΩ2(X)⟶d⋯\Omega^0(X)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^1(X)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^2(X)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\cdots
Ω0(X)⟶dΩ1(X)⟶dΩ2(X)⟶d⋯
问：还有没有 Poincare 引理成立？
我们已经证明 {α=dω}⊆{dα=0}\{\alpha=\text{d}\omega\}\subseteq\{\text{d}\alpha=0\}{α=dω}⊆{dα=0}，定义：
Hk(X)={dα=0 , α∈Ωk(X)}{α=dω , α∈Ωk−1(X)}H^k(X)=\frac{\{\text{d}\alpha=0\,,\,\alpha\in\Omega^k(X)\}}{\{\alpha=\text{d}\omega\,,\,\alpha\in\Omega^{k-1}(X)\}}
Hk(X)={α=dω,α∈Ωk−1(X)}{dα=0,α∈Ωk(X)}
来描述两个集合的差异. 这就是 XXX 的 kkk 维上同调 (de Rham cohomology)
H1(X)={XH^1(X)=\{XH1(X)={X 上的无旋场}/{\}/\{}/{有势场}\}}.
H2(X)={XH^2(X)=\{XH2(X)={X 上的无散场}/{\}/\{}/{旋度场}\}}.
提示
推荐大家在暑假看一本书 From Calculus to Cohomology. 这是我们课程最好的一本后续读物.
ODE
Ordinary Differential Equation.
求解 ODE 实际上就是求 (所有) 的 y=y(x)y=y(x)y=y(x) 使之满足一个有关 yyy 和 yyy 的高阶导数的方程.
F(y(x),y(1)(x),⋯ ,y(n)(x))=0 ,∀x∈IF(y(x),y^{(1)}(x),\cdots,y^{(n)}(x))=0\,,\quad\forall x\in I
F(y(x),y(1)(x),⋯,y(n)(x))=0,∀x∈I
在 III 上求 ODE 的所有解 / 通解.
方法或者目的是：去掉求导符号，积分 / 做 nnn 次积分.
同学们大多数是物理背景，在物理中，我们会更关心演化的过程，一般而言我们得到的条件是
{F(y,y(1),⋯ ,y(n))=0y(x0)=y0y(1)(x0)=y1⋮y(n−1)(x0)=yn−1\begin{cases}
F(y,y^{(1)},\cdots,y^{(n)})=0\\\\
y(x_0)=y_0\\\\
y^{(1)}(x_0)=y_1\\
\vdots\\
y^{(n-1)}(x_0)=y_{n-1}
\end{cases}
⎩
⎨
⎧F(y,y(1),⋯,y(n))=0y(x0)=y0y(1)(x0)=y1⋮y(n−1)(x0)=yn−1
这类问题被称为 Cauchy 问题 / ODE 初值问题.
初等方法
分离变量法解一阶 ODE：
一般而言，一阶 ODE 是形如 F(x,y(x),y′(x))=0F(x,y(x),y'(x))=0F(x,y(x),y′(x))=0 的方程. 可分离变量的一阶 ODE 是其中可以改写为 y′(x)=f(x)g(y)y'(x)=f(x)g(y)y′(x)=f(x)g(y) 的一类.
这一类方程可以写成：
dydx=f(x)g(y)⟹dyg(y)=f(x)dx\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=f(x)g(y)\Longrightarrow \frac{\text{d}y}{g(y)}=f(x)\text{d}x
dxdy=f(x)g(y)⟹g(y)dy=f(x)dx
若可以找出 1/g(y)1/g(y)1/g(y) 的原函数 G(y)G(y)G(y)，有
G(y)=∫dyg(y)G(y)=\int\frac{\text{d}y}{g(y)}
G(y)=∫g(y)dy
由链式法则，得到 G(y(x))=f(x)G(y(x))=f(x)G(y(x))=f(x) 的原函数，所以
G(y(x))=∫f(x)dxG(y(x))=\int f(x)\text{d}x
G(y(x))=∫f(x)dx
上述说法太过于麻烦，形式化的改写是直接两边不定积分：
∫dyg(y)=∫f(x)dx\int\frac{\text{d}y}{g(y)}=\int f(x)\text{d}x
∫g(y)dy=∫f(x)dx
对于 Cauchy 问题中的可分离变量一阶 ODE，多一个条件 y(x0)=y0y(x_0)=y_0y(x0)=y0，这时严格的解法是
∫y0y(x)dyg(y)=y(x)=y∫x0xy′(x)dxg(y(x))=∫x0xf(x)dx\int_{y_0}^{y(x)}\frac{\text{d}y}{g(y)}\overset{y(x)=y}{=}\int_{x_0}^x\frac{y'(x)\text{d}x}{g(y(x))}=\int_{x_0}^xf(x)\text{d}x
∫y0y(x)g(y)dy=y(x)=y∫x0xg(y(x))y′(x)dx=∫x0xf(x)dx
更加形式化的改写是直接分离变量，然后两边定积分：
∫y0y(x)dyg(y)=∫x0xf(x)dx\int_{y_0}^{y(x)}\frac{\text{d}y}{g(y)}=\int_{x_0}^xf(x)\text{d}x
∫y0y(x)g(y)dy=∫x0xf(x)dx
一阶线性 ODE
线性 ODE ⟷\longleftrightarrow⟷ 方程关于 y,y′,⋯ ,y(n)y,y',\cdots,y^{(n)}y,y′,⋯,y(n) 的线性式子.
一阶线性 ODE ⟷\longleftrightarrow⟷ y′(x)+P(x)y(x)=Q(x)y'(x)+P(x)y(x)=Q(x)y′(x)+P(x)y(x)=Q(x).
齐次线性 ODE ⟷\longleftrightarrow⟷ Q(x)=0Q(x)=0Q(x)=0；反之则为非齐次的.
解法是：
(1) 解齐次 ODE：y′+P(x)y=0y'+P(x)y=0y′+P(x)y=0. 显然可以分离变量，得到\
dyy=−P(x)dx\frac{\text{d}y}{y}=-P(x)\text{d}x
ydy=−P(x)dx
提示
同学们，我们休息一会.
一阵骚动
同学们，要不这样，我们不休息了.
上述分离变量积分得到
y=Ce−∫x0xP(t)dty=Ce^{-\int_{x_0}^xP(t)\text{d}t}
y=Ce−∫x0xP(t)dt
(2) 对于一般的一阶线性 ODE：
将齐次的解中的 CCC 从数变为函数 —— 常数变易法
考虑：
y(x)=C(x)e−∫x0xP(t)dty(x)=C(x)e^{-\int_{x_0}^xP(t)\text{d}t}
y(x)=C(x)e−∫x0xP(t)dt
代入，得到
C′(x)e−∫x0xP+C(x)e−∫x0xP(−P)+PCe−∫x0x=QC'(x)e^{-\int_{x_0}^xP}+C(x)e^{-\int_{x_0}^xP}(-P)+PCe^{-\int_{x_0}^x}=Q
C′(x)e−∫x0xP+C(x)e−∫x0xP(−P)+PCe−∫x0x=Q
后面两项抵消.
提示
“抵消” 的 “抵” 字下面有没有这一点？
最终得到公式：
y(x)=(∫Q(x)e∫P(t)dtdx+C)e−∫P(t)dty(x)=\left(\int Q(x)e^{\int P(t)\text{d}t}\text{d}x+C\right)e^{-\int P(t)\text{d}t}
y(x)=(∫Q(x)e∫P(t)dtdx+C)e−∫P(t)dt
这个公式 / 方法将作为基石，之后用到：
Bernoulli 方程、全微分方程 (积分因子法)、可降阶的 ODE、二阶 ODE (不显含 yyy / 不显含 xxx)…
不显含时间的二阶微分方程
形如如下的方程：
{y′′=H(y,y′)y(x0)=y0y′(x0)=y1\begin{cases}
y''=H(y,y')\\\\
y(x_0)=y_0\\\\
y'(x_0)=y_1
\end{cases}
⎩
⎨
⎧y′′=H(y,y′)y(x0)=y0y′(x0)=y1
不显含 xxx. 求解的方法是做如下的映射：
R⟶y−1I⟶y′R\R\overset{y^{-1}}{\longrightarrow}I\overset{y'}{\longrightarrow}\R
R⟶y−1I⟶y′R
其中 III 是 xxx 的定义域.
为了确认反函数的存在，要使用反函数定理，若 y′(x0)=y1≠0y'(x_0)=y_1\neq0y′(x0)=y1=0，则在 x0x_0x0 附近有反函数 y−1y^{-1}y−1. 因为我们觉得 "yyy" 既代表点又代表函数，容易引起歧义，所以将函数写成 φ(x)\varphi(x)φ(x).
令 P(y)=φ′(φ−1(y))P(y)=\varphi'(\varphi^{-1}(y))P(y)=φ′(φ−1(y))
现在的问题是：φ′′(φ−1(y))=?\varphi''(\varphi^{-1}(y))=?φ′′(φ−1(y))=?
链式法则，得到
dPdy=φ′′(φ−1(y))φ′(φ−1(y))\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=\frac{\varphi''(\varphi^{-1}(y))}{\varphi'(\varphi^{-1}(y))}
dydP=φ′(φ−1(y))φ′′(φ−1(y))
所以
φ′′(φ−1(y))=φ′(φ−1(y))dPdy=P(y)dPdy\varphi''(\varphi^{-1}(y))=\varphi'(\varphi^{-1}(y))\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}
φ′′(φ−1(y))=φ′(φ−1(y))dydP=P(y)dydP
于是可以求解方程，原来的方程写为
P(y)dPdy=H(y,P(y))P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=H(y,P(y))
P(y)dydP=H(y,P(y))
是一个关于 P(y)P(y)P(y) 的一阶 ODE.
总结解法：
令 P(y)=y′∘y−1P(y)=y'\circ y^{-1}P(y)=y′∘y−1，则
y′′=P(y)dPdyy''=P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}
y′′=P(y)dydP
从而方程 y′′=H(y,y′)y''=H(y,y')y′′=H(y,y′) 变为：
{P(y)dPdy=H(y,P(y))P(y0)=y1\begin{cases}
P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=H(y,P(y))\\\\
P(y_0)=y_1
\end{cases}
⎩
⎨
⎧P(y)dydP=H(y,P(y))P(y0)=y1
一阶 ODE 短期解
一阶 ODE 初值问题的短期解是存在且唯一的.
{y′=f(x,y)y(x0)=y0⟺integral∫x0xy′(x)dx=∫x0xf(x,y(x))dx\begin{cases}
y'=f(x,y)\\\\
y(x_0)=y_0
\end{cases}\quad\overset{\text{integral}}{\Longleftrightarrow}\quad\int_{x_0}^xy'(x)\text{d}x=\int_{x_0}^xf(x,y(x))\text{d}x
⎩
⎨
⎧y′=f(x,y)y(x0)=y0⟺integral∫x0xy′(x)dx=∫x0xf(x,y(x))dx
变为一个这样的积分方程：
y(x)=y0+∫x0xf(t,y(t))dty(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,y(t))\text{d}t
y(x)=y0+∫x0xf(t,y(t))dt
求解函数空间 M=C([a,b])M=C([a,b])M=C([a,b]) 上的解，积分方程 RHS 是 MMM 上的一个算子 T:M→M\text{T}:M\to MT:M→M，∀φ∈M\forall\varphi\in M∀φ∈M 定义 Tφ∈M\operatorname{T}\varphi\in MTφ∈M 为
(Tφ)(x)=y0+∫x0xf(t,φ(t))dt ,∀x∈[a,b](\operatorname{T}\varphi)(x)=y_0+\int_{x_0}^xf(t,\varphi(t))\text{d}t\,,\quad\forall x\in[a,b]
(Tφ)(x)=y0+∫x0xf(t,φ(t))dt,∀x∈[a,b]
所以求解这个积分方程等价于找到 φ(x)∈M\varphi(x)\in Mφ(x)∈M 使得 φ(x)=(Tφ)(x)\varphi(x)=(\operatorname{T}\varphi)(x)φ(x)=(Tφ)(x)，也就是找到 T\operatorname{T}T 这个映射的不动点.
用压缩映像定理：
MMM 上的度量写成：
d(h,g)=maxx∈[a,b]∣h(x)−g(x)∣ ,∀h,g∈Md(h,g)=\max_{x\in[a,b]}|h(x)-g(x)|\,,\quad\forall h,g\in M
d(h,g)=x∈[a,b]max∣h(x)−g(x)∣,∀h,g∈M
易证这个度量完备.
T\operatorname{T}T 是否压缩？
d(Tφ,Tψ)=maxx∣Tφ(x)−Tψ(x)∣=∣∫x0x(f(t,φ(t))dt−f(t,ψ(t))dt)∣≤∫x0x∣f(t,φ(t))dt−f(t,ψ(t))∣dt\begin{aligned}
&d(\operatorname{T}\varphi,\operatorname{T}\psi)\\\\
&=\max_{x}|\operatorname{T}\varphi(x)-\operatorname{T}\psi(x)|\\\\
&=\left|\int_{x_0}^x(f(t,\varphi(t))\text{d}t-f(t,\psi(t))\text{d}t)\right|\\\\
&\leq\int_{x_0}^x|f(t,\varphi(t))\text{d}t-f(t,\psi(t))|\text{d}t
\end{aligned}
d(Tφ,Tψ)=xmax∣Tφ(x)−Tψ(x)∣=
∫x0x(f(t,φ(t))dt−f(t,ψ(t))dt)
≤∫x0x∣f(t,φ(t))dt−f(t,ψ(t))∣dt
这里用到所谓 Lipshitz 条件：
/Definition/
称 fff 在 [a,b]×[c,d]=I[a,b]\times[c,d]=I[a,b]×[c,d]=I 上是 Lipshitz 的，若 ∃\exist∃ 常数 LLL 使得
∣f(x,y1)−f(x,y2)∣≤L∣y1−y2∣ ,∀(x,y1),(x,y2)∈I|f(x,y_1)-f(x,y_2)|\leq L|y_1-y_2|\,,\quad\forall(x,y_1),(x,y_2)\in I
∣f(x,y1)−f(x,y2)∣≤L∣y1−y2∣,∀(x,y1),(x,y2)∈I
/Theorem/ (Picard - Lindelof 定理)
设 fff 是连续的且 Lipshitz，则 ∃ h>0\exist\,\,h>0∃h>0 (可能很小)，使得
{y′=f(x,y)y(x0)=y0\begin{cases}
y'=f(x,y)\\\\
y(x_0)=y_0
\end{cases}
⎩
⎨
⎧y′=f(x,y)y(x0)=y0
在 [x0−h,x0+h][x_0-h,x_0+h][x0−h,x0+h] 上有唯一解 (短期解).
高阶线性 ODE
形如下面的 ODE：
y(n)+an−1(x)y(n−1)+⋯+a0(x)y(x)=b(x)(*)y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\cdots+a_0(x)y(x)=b(x)\tag{*}
y(n)+an−1(x)y(n−1)+⋯+a0(x)y(x)=b(x)(*)
/Theorem/ (线性 ODE 有唯一长期解)
设 ai(x)∈C([a,b])a_i(x)\in C([a,b])ai(x)∈C([a,b])，∀i\forall i∀i.
则 Cauchy 问题：
{(∗)y(x0)=y0⋮y(n−1)(x0)=yn−1\begin{cases}
(*)\\\\
y(x_0)=y_0\\
\vdots\\
y^{(n-1)}(x_0)=y_{n-1}
\end{cases}
⎩
⎨
⎧(∗)y(x0)=y0⋮y(n−1)(x0)=yn−1
有唯一解.
其理由是线性的一阶 ODE 就已经可以写下唯一的长期解 (常数变易法).
高阶线性 ODE ⟷\longleftrightarrow⟷ 一阶线性 ODE 的矢量值版本. 引入：
v1(x)=y(x) ,v2(x)=y′(x) ,⋯ ,vn(x)=y(n−1)(x)v_1(x)=y(x)\,,\quad v_2(x)=y'(x)\,,\quad\cdots\,,\quad v_n(x)=y^{(n-1)}(x)
v1(x)=y(x),v2(x)=y′(x),⋯,vn(x)=y(n−1)(x)
得到
(v1⋮vn)′=(01⋯001⋯⋮0⋯01−a0−a1⋯−an)+(0⋮0v(x))\begin{pmatrix}
v_1\\\vdots\\v_n
\end{pmatrix}'=\begin{pmatrix}
0&1&\cdots\\
0&0&1&\cdots\\
\vdots\\
0&\cdots&&0&1\\
-a_0&-a_1&\cdots&&-a_n
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
0\\\vdots\\0\\v(x)
\end{pmatrix}
v1⋮vn
′=
00⋮0−a010⋯−a1⋯1⋯⋯01−an
+
0⋮0v(x)
常系数高阶线性 ODE
/Theorem/
齐次线性常系数方程：
y(n)+an−1y(n−1)+⋯+a0y=0y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a_0y=0
y(n)+an−1y(n−1)+⋯+a0y=0
的全体解可由 nnn 个线性无关解 (基本解生成).
提示
实际上这个时候已经下课了.
/Claim/
非齐次方程：
y(n)+an−1y(n−1)+⋯+a0y=by^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a_0y=b
y(n)+an−1y(n−1)+⋯+a0y=b
的全体解 === 自身特解 + 齐次方程通解.
我们的任务是证明：
齐次方程，求解 nnn 个线性无关解；
非齐次方程的特解.
(1) 对于二阶齐次线性方程：
y′′+py′+q=0y''+py'+q=0
y′′+py′+q=0
古人试出来：y(x)=eλty(x)=e^{\lambda t}y(x)=eλt，代入得到特征方程 λ2+pλ+q=0\lambda^2+p\lambda+q=0λ2+pλ+q=0，特征根是 λ=α,β\lambda=\alpha,\betaλ=α,β. 所以这时候的解是
ϕ1(x)=eαx ,ϕ2(x)=eβx\phi_1(x)=e^{\alpha x}\,,\quad\phi_2(x)=e^{\beta x}
ϕ1(x)=eαx,ϕ2(x)=eβx
如果 α=β\alpha=\betaα=β 的特殊情况，则通解为 (由 L'Hopital 法则给出) xeαxxe^{\alpha x}xeαx.
此时这两个解的线性组合生成全部的解，所以是通解.
(2) 对于二阶非齐次线性方程：
y′′+py′+q=by''+py'+q=b
y′′+py′+q=b
要找到一个特解，我们使用常数变易法，将 c1ϕ1(x)+c2ϕ2(x)c_1\phi_1(x)+c_2\phi_2(x)c1ϕ1(x)+c2ϕ2(x) 中的两个常数 c1,c2c_1,c_2c1,c2 变为函数 c1(x),c2(x)c_1(x),c_2(x)c1(x),c2(x)，但是这样会使得求导之后的项数越来越多，所以我们预先规定：
c1′ϕ1+c2′ϕ2=0c_1'\phi_1+c_2'\phi_2=0c1′ϕ1+c2′ϕ2=0. 同时要求 c1′ϕ1′+c2′ϕ2′=b(x)c_1'\phi_1'+c_2'\phi_2'=b(x)c1′ϕ1′+c2′ϕ2′=b(x).
也就得到线性的方程组：
(ϕ1ϕ2ϕ1′ϕ2′)(c1′c2′)=(0b(x))\begin{pmatrix}
\phi_1&\phi_2\\\phi_1'&\phi_2'
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c_1'\\c_2'
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\\b(x)
\end{pmatrix}
(ϕ1ϕ1′ϕ2ϕ2′)(c1′c2′)=(0b(x))
特解将得到：
(c1′c2′)=1ϕ1ϕ2′−ϕ2ϕ1′(ϕ2′−ϕ2−ϕ1′ϕ1)(0b(x))\begin{pmatrix}
c_1'\\c_2'
\end{pmatrix}=\frac{1}{\phi_1\phi_2'-\phi_2\phi_1'}\begin{pmatrix}
\phi_2'&-\phi_2\\-\phi_1'&\phi_1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0\\b(x)
\end{pmatrix}
(c1′c2′)=ϕ1ϕ2′−ϕ2ϕ1′1(ϕ2′−ϕ1′−ϕ2ϕ1)(0b(x))