可分离变量与一阶微分方程

多元几何描述轨迹，微分方程则可根据变化率规律确定轨迹。我们从可分离变量与一阶线性方程开始，保留平衡解，并指出各公式有意义的区间。

1 方程与初始条件

$y'=F(t,y)$ 的解是在某区间上可微且处处满足方程的函数。初始条件 $y(t_0)=y_0$ 给出一个状态，但不保证全局存在或唯一。在初始点附近，若 $F$ 连续且关于 $y$ 的偏导数连续，这是局部存在唯一性的一个标准充分条件；它不保证解能永远延拓。

对 $y'=y^2$、$y(0)=1$，分离变量给出 $t<1$ 上的 $y=1/(1-t)$。在 1 处的爆破不能通过声称同一代数表达式在该点两侧是一个解而跨越：它在该点没有定义。初值解的答案应包括区间。

2 不遗漏平衡解的分离变量

对 $y'=p(t)q(y)$，先记录所有满足 $q(y_*)=0$ 的常数解。在 $q(y)\ne0$ 的区域，分离变量给出

$$\int\frac{dy}{q(y)}=\int p(t)dt+C.$$

这可通过对 $1/q(y)$ 的原函数应用链式法则得到。所得隐式公式在允许除法且原函数有定义的分支上有效。代数求解还可能引入额外的定义域限制。

例。 对 $y'=y(1-y)$，平衡解为 0 和 1。其他正解满足 $\log|y/(1-y)|=t+C$，得到

$$y(t)=\frac1{1+Ae^{-t}}.$$

对 $y(0)=1/4$，$A=3$，解递增趋于 1。若不先检查零点就除以 $y(1-y)$，会遗漏两个平衡解。

若变化率规律不是局部 Lipschitz，分离出的分支有时可以接到平衡解上，唯一性可能失败。对 $y'=2\sqrt y$、$y\ge0$，在时间 $T\ge0$ 之前恒为零、之后等于 $(t-T)^2$ 的函数满足初始条件 $y(0)=0$，且在 $T$ 处可微。因此，隐式积分计算本身不是一般的唯一性证明。

3 一阶线性方程与积分因子

对系数在某区间上连续的 $y'+p(t)y=q(t)$，令

$$\mu(t)=\exp\left(\int_{t_0}^tp(s)ds\right).$$

它为正且满足 $\mu'=p\mu$。因此 $(\mu y)'=\mu q$，满足 $y(t_0)=y_0$ 的唯一解是

$$y(t)=\mu(t)^{-1}\left[y_0+\int_{t_0}^t\mu(s)q(s)ds\right].$$

唯一性证明。 两解之差满足 $(\mu(y_1-y_2))'=0$ 且初始值为零，所以差为零。公式本身由微积分基本定理和乘积法则验证存在性。$\square$

与分离变量不同，这一公式无需除以 $y$，因此自然处理经过零的解。系数区间仍须避开 $p,q$ 的奇点。

4 运动与变化的环境

具有一维速度 $v$ 的粒子，若受到常量驱动加速度 $a$ 和线性阻力系数 $k>0$，则满足 $v'+kv=a$。其速度为

$$v(t)=\frac ak+\left(v_0-\frac ak\right)e^{-kt}.$$

若初始位置为 $x_0$，再次积分得到

$$x(t)=x_0+\frac ak t+\frac{v_0-a/k}{k}(1-e^{-kt}).$$

这里 $k$ 的单位为时间的倒数，$a/k$ 的单位为速度。终端速度是该模型的结论，并不表示所有实际阻力规律都是线性的。

若变化的环境温度为 $T_{\rm env}=20+t$，变化率规律为 $T'=-(T-T_{\rm env})$，且 $T(0)=30$，则方程为 $T'+T=20+t$。一个特解是 $19+t$，所以

$$T(t)=19+t+11e^{-t}.$$

物体通常不会恰好趋近移动的环境温度曲线；后期两者之差趋于 $-1$。恒定环境下的指数公式求解的是另一个方程。

分离变量背后的精确定义域

设实函数 $p$ 在区间 $I$ 上连续，$q$ 在区间 $J$ 上连续。先保留每个满足 $q(y_*)=0$ 的平衡解。在 $q$ 无零点的连通开子区间 $J_0\subset J$ 上，取 $Q'(y)=1/q(y)$。其导数符号不变，所以 $Q$ 严格单调。在区间 $Q(J_0)$ 上，逆函数可微，导数为 $q(Q^{-1}(u))$；这可将 $Q$ 的差商取倒数并使用导数非零来证明。若 $P'=p$，则在满足 $P(t)+C\in Q(J_0)$ 的时间区间上，函数 $y=Q^{-1}(P+C)$ 满足 $y'=p(t)q(y)$。反之，留在 $J_0$ 的任意解均满足 $(Q\circ y)'=p$，从而满足隐式公式。这只针对指定分支及时间区间，并未声称 $q$ 的零点处唯一。

所述充分条件下完整的局部存在唯一性证明

这里的定理假设 $F$ 与 $F_y$ 在初始点的某个开邻域上连续。下面的完整证明恰好使用这个充分条件，并包含迭代所依赖的实值一致极限事实。

1. 局部定理及其假设

方程 $y'=f(t,y)$ 的解是在一个区间上可微、图像位于 $f$ 的定义域内并处处满足方程的实函数。初值条件为 $y(t_0)=y_0$。局部唯一是指：任意两个具有此初值的解在 $t_0$ 的某个共同邻域内相等。

定理。 设开集 $U\subset\mathbb R^2$ 包含 $(t_0,y_0)$。假设 $f:U\to\mathbb R$ 连续，偏导数 $f_y$ 在 $U$ 上存在且连续。则初值问题在 $t_0$ 附近的某个开区间上存在解，并且在上述局部意义下唯一。不要求对 $t$ 的偏导数存在。

2. 两个一致极限事实

对非空紧区间 $I$，以 $C(I)$ 表示其上的连续实函数，定义 $\|u-v\|_\infty=\sup_{t\in I}|u(t)-v(t)|$。一致收敛就是依此距离收敛；依此距离为柯西列的函数列也一致柯西。

定理：一致完备性

实值函数列一致收敛，当且仅当它一致 Cauchy。

证明。 一致收敛时，两个大小为 $\varepsilon/2$ 的误差给出 Cauchy 估计。反之，一致 Cauchy 蕴含每个固定 $x$ 的 $(f_n(x))$ 都是实数 Cauchy 序列，故定义 $f(x)=\lim_n f_n(x)$。固定 $\varepsilon>0$，使用容差 $\varepsilon/2$ 的一致 Cauchy 条件。对每个 $x$ 和 $n\ge N$，在估计中令 $m\to\infty$，得到 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。同一 $N$ 对所有点有效，故一致收敛。值域空间 $\mathbb R$ 的完备性提供逐点极限。

定理

一致极限保持连续

若每个 $f_n$ 相对 $A$ 在 $a\in A$ 连续，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收敛，则 $f$ 在 $a$ 连续。

证明

三项估计

给定 $\varepsilon>0$，选 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函数 $f_N$ 在 $a$ 连续，选 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 时 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。则

$$|f(x)-f(a)|\le|f(x)-f_N(x)|+|f_N(x)-f_N(a)|+|f_N(a)-f(a)|<\varepsilon.$$

这些事实以实数完备性为基础，也将保留下文的闭值域约束。

3. 积分迭代证明

矩形及定量常数。 取 $a,b>0$，使闭矩形 $Q=[t_0-a,t_0+a]\times[y_0-b,y_0+b]$ 包含于 $U$。极值定理给出有限常数 $M,L\ge0$，使 $Q$ 上 $|f|\le M$ 且 $|f_y|\le L$。在 $y$ 坐标上应用一元中值定理，得

$$|f(t,y)-f(t,z)|\le L|y-z|\qquad(t\in[t_0-a,t_0+a],\ y,z\in[y_0-b,y_0+b]).$$

这里使用的全部线段均在 $Q$ 内，没有假设对 $t$ 可微。令

$$h=\min\left\{a,\frac b{M+1},\frac1{2(L+1)}\right\}>0,\quad I=[t_0-h,t_0+h],\quad q=hL<\frac12.$$

于是 $hM<b$。分母加一避免了 $M=0$ 或 $L=0$ 时除以零。

容许函数构成的完备空间。 令 $X=\{u\in C(I):\|u-y_0\|_\infty\le b\}$，其中 $y_0$ 也表示常值函数。若 $(u_n)$ 依上述距离为柯西列，一致完备性给出一致极限 $u$。一致极限保持连续性，故 $u$ 连续；对每个 $t$ 在 $|u_n(t)-y_0|\le b$ 中取极限，得 $|u(t)-y_0|\le b$。所以 $u\in X$，空间 $X$ 完备。

积分映射。 定义

$$(Tu)(t)=y_0+\int_{t_0}^{t}f(s,u(s))\,ds.$$

因为 $u$ 的图像留在 $Q$ 内，被积函数连续，故 $Tu$ 连续，并且

$$\|Tu-y_0\|_\infty\le hM<b,\qquad\|Tu-Tv\|_\infty\le hL\|u-v\|_\infty=q\|u-v\|_\infty.$$

当 $t<t_0$ 时，先交换积分上下限，再取绝对值即可得到这些界。因此 $T$ 是 $X$ 的自映射，并使距离收缩。

收敛与不动点。 从 $u_0(t)=y_0$ 出发，令 $u_{n+1}=Tu_n$。若 $q=0$，距离估计说明任意 $u,v\in X$ 都有 $Tu=Tv$，因此 $Tu_1=Tu_0=u_1$，第一步已是不动点。现设 $0<q<1$，并令 $d=\|u_1-u_0\|_\infty$。反复使用收缩估计，对每个整数 $j\ge0$ 有 $\|u_{j+1}-u_j\|_\infty\le q^jd$。于是对 $p\ge1$，

$$\|u_{n+p}-u_n\|_\infty\le\sum_{j=n}^{n+p-1}q^jd\le\frac{q^n d}{1-q}\longrightarrow0\quad(n\to\infty).$$

由完备性得 $u_n\to u\in X$。又因

$$\|Tu-u\|_\infty\le q\|u-u_n\|_\infty+\|u_{n+1}-u\|_\infty\longrightarrow0,$$

所以 $Tu=u$。在先前的不等式中令 $p\to\infty$，还得到 $\|u-u_n\|_\infty\le q^nd/(1-q)$。当 $q=0$ 时则以 $u_1$ 已精确为结论。

微分方程与唯一性。 不动点方程与微积分基本定理给出 $I$ 内点处 $u'(t)=f(t,u(t))$，并且 $u(t_0)=y_0$。限制在 $I$ 的内部便得到所需的局部解。若 $u,v\in X$ 同为不动点，则 $\|u-v\|_\infty\le q\|u-v\|_\infty$；由 $q<1$ 必有两函数相等。

最后，任意另一个局部解在 $t_0$ 连续且取值 $y_0$，因此在某个共同闭区间 $J=[t_0-\eta,t_0+\eta]\subset I$ 上其图像留在 $Q$ 内，其中 $\eta>0$。将微分方程从 $t_0$ 积分，得到相同的积分方程。此时收缩因子为 $\eta L\le q<1$，所以它与 $u$ 在 $J$ 上相等。这证明了局部唯一性，并未假设另一个解在所有未来时间都留在 $Q$ 内。$\square$

局部存在不意味着全局延拓；以后遇到定义域边界或无界增长，需要另作延拓论证。偏导数条件是充分条件，并非所有唯一可解方程都必须满足的必要条件。

5 分级练习

E1 基础。 求解 $y'=3t^2y$、$y(0)=2$，并单独指出零解。

E2 分支与区间。 求解 $y'=y^2$、$y(0)=-1$，并给出包含零且公式有定义的最大区间。

E3 积分因子。 求解 $y'+2y=2t$、$y(0)=1$。

E4 运动。 求解 $v'+2v=6$、$v(0)=0$，再求满足 $x(0)=0$ 的位置。

6 详解

S1. 对非零 $y$ 分离变量，得到 $\log|y|=t^3+C$，故指定解为 $y=2e^{t^3}$。常数零解存在，但不满足此初值。所示解对所有实数 $t$ 有定义。

S2. 解为 $y=-1/(1+t)$。包含零的最大区间为 $(-1,\infty)$，因为分母在 $t=-1$ 处为零。$(-\infty,-1)$ 上的分支不属于同一初值区间。

S3. 一个特解为 $t-1/2$，齐次解为 $Ce^{-2t}$。初值给出 $C=3/2$，因此 $y=t-1/2+(3/2)e^{-2t}$。代入可得右端 $2t$。

S4. 速度为 $v=3(1-e^{-2t})$。从零积分得 $x=3t-(3/2)(1-e^{-2t})$。求导可恢复速度，两个初始条件均成立。

小结

分离变量在适当的非零分支上求解乘积形式的变化率规律，同时必须先检查平衡解。积分因子无需除以未知函数便能求解线性方程。初始条件、唯一性条件、系数定义域及最大区间使完整解区别于孤立的原函数计算。