4. 微分方程與科學守恆模型

學習目標與準備

本章以導數、鏈式和乘積法則，以及第 3 章的換元與分部積分為基礎。微分方程描述未知函數如何變化；初始條件指定軌跡的起點。我們將求解初等可分離及線性方程，建立守恆方程，並檢驗區間與平衡解。

科學例子採用假設模型。模型解不能證明其假設無限期成立：例如完全混合水箱模型必須在溢出或體積不再為正時停止。

4.1 解、初始條件與區間

一階常微分方程形如 $y'=f(t,y)$。若在某區間上的可微函數及其導數代入後，對該區間每個輸入都滿足方程，該函數就是區間上的解。初值問題再加上 $y(t_0)=y_0$。

對 $y'=ky$，求導 $Ce^{kt}$ 可驗證一族解；初值確定 $C$。在通常的局部存在唯一性條件下，即 $f$ 和 $f_y$ 在初始點附近連續，可得到唯一局部解。“局部”不保證未來每個時刻都有有限解。

1. 局部定理及其假設

方程 $y'=f(t,y)$ 的解是在一個區間上可微、圖像位於 $f$ 的定義域內並處處滿足方程的實函數。初值條件為 $y(t_0)=y_0$。局部唯一是指：任意兩個具有此初值的解在 $t_0$ 的某個共同鄰域內相等。

定理。 設開集 $U\subset\mathbb R^2$ 包含 $(t_0,y_0)$。假設 $f:U\to\mathbb R$ 連續，偏導數 $f_y$ 在 $U$ 上存在且連續。則初值問題在 $t_0$ 附近的某個開區間上存在解，並且在上述局部意義下唯一。不要求對 $t$ 的偏導數存在。

2. 兩個一致極限事實

對非空緊區間 $I$，以 $C(I)$ 表示其上的連續實函數，定義 $\|u-v\|_\infty=\sup_{t\in I}|u(t)-v(t)|$。一致收斂就是依此距離收斂；依此距離為柯西列的函數列也一致柯西。

定理：一致完備性

實值函數列一致收斂，當且僅當它一致 Cauchy。

證明。 一致收斂時，兩個大小為 $\varepsilon/2$ 的誤差給出 Cauchy 估計。反之，一致 Cauchy 蘊含每個固定 $x$ 的 $(f_n(x))$ 都是實數 Cauchy 序列，故定義 $f(x)=\lim_n f_n(x)$。固定 $\varepsilon>0$，使用容差 $\varepsilon/2$ 的一致 Cauchy 條件。對每個 $x$ 和 $n\ge N$，在估計中令 $m\to\infty$，得到 $|f_n(x)-f(x)|\le\varepsilon/2<\varepsilon$。同一 $N$ 對所有點有效，故一致收斂。值域空間 $\mathbb R$ 的完備性提供逐點極限。

定理

一致極限保持連續

若每個 $f_n$ 相對 $A$ 在 $a\in A$ 連續，且 $f_n\to f$ 在 $A$ 上一致收斂，則 $f$ 在 $a$ 連續。

證明

三項估計

給定 $\varepsilon>0$，選 $N$ 使所有 $x\in A$ 都有 $|f_N(x)-f(x)|<\varepsilon/3$。由固定函數 $f_N$ 在 $a$ 連續，選 $\delta$ 使 $|x-a|<\delta$ 時 $|f_N(x)-f_N(a)|<\varepsilon/3$。則

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

這些事實以實數完備性為基礎，也將保留下文的閉值域約束。

3. 積分迭代證明

矩形及定量常數。 取 $a,b>0$，使閉矩形 $Q=[t_0-a,t_0+a]\times[y_0-b,y_0+b]$ 包含於 $U$。極值定理給出有限常數 $M,L\ge0$，使 $Q$ 上 $|f|\le M$ 且 $|f_y|\le L$。在 $y$ 座標上應用一元中值定理，得

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

這裏使用的全部線段均在 $Q$ 內，沒有假設對 $t$ 可微。令

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

於是 $hM<b$。分母加一避免了 $M=0$ 或 $L=0$ 時除以零。

容許函數構成的完備空間。 令 $X=\{u\in C(I):\|u-y_0\|_\infty\le b\}$，其中 $y_0$ 也表示常值函數。若 $(u_n)$ 依上述距離為柯西列，一致完備性給出一致極限 $u$。一致極限保持連續性，故 $u$ 連續；對每個 $t$ 在 $|u_n(t)-y_0|\le b$ 中取極限，得 $|u(t)-y_0|\le b$。所以 $u\in X$，空間 $X$ 完備。

積分映射。 定義

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

因為 $u$ 的圖像留在 $Q$ 內，被積函數連續，故 $Tu$ 連續，並且

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

當 $t<t_0$ 時，先交換積分上下限，再取絕對值即可得到這些界。因此 $T$ 是 $X$ 的自映射，並使距離收縮。

收斂與不動點。 從 $u_0(t)=y_0$ 出發，令 $u_{n+1}=Tu_n$。若 $q=0$，距離估計說明任意 $u,v\in X$ 都有 $Tu=Tv$，因此 $Tu_1=Tu_0=u_1$，第一步已是不動點。現設 $0<q<1$，並令 $d=\|u_1-u_0\|_\infty$。反覆使用收縮估計，對每個整數 $j\ge0$ 有 $\|u_{j+1}-u_j\|_\infty\le q^jd$。於是對 $p\ge1$，

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

由完備性得 $u_n\to u\in X$。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 $p\to\infty$，還得到 $\|u-u_n\|_\infty\le q^nd/(1-q)$。當 $q=0$ 時則以 $u_1$ 已精確為結論。

微分方程與唯一性。 不動點方程與微積分基本定理給出 $I$ 內點處 $u'(t)=f(t,u(t))$，並且 $u(t_0)=y_0$。限制在 $I$ 的內部便得到所需的局部解。若 $u,v\in X$ 同為不動點，則 $\|u-v\|_\infty\le q\|u-v\|_\infty$；由 $q<1$ 必有兩函數相等。

最後，任意另一個局部解在 $t_0$ 連續且取值 $y_0$，因此在某個共同閉區間 $J=[t_0-\eta,t_0+\eta]\subset I$ 上其圖像留在 $Q$ 內，其中 $\eta>0$。將微分方程從 $t_0$ 積分，得到相同的積分方程。此時收縮因子為 $\eta L\le q<1$，所以它與 $u$ 在 $J$ 上相等。這證明了局部唯一性，並未假設另一個解在所有未來時間都留在 $Q$ 內。$\square$

局部存在不意味著全局延拓；以後遇到定義域邊界或無界增長，需要另作延拓論證。偏導數條件是充分條件，並非所有唯一可解方程都必須滿足的必要條件。

例 1：有限區間的重要性。 問題 $y'=y^2$、$y(0)=1$ 的解為 $y=1/(1-t)$，因為其導數為 $1/(1-t)^2=y^2$。它在一處有極點；包含零的最大連通區間為 $(-\infty,1)$。公式在另一個區間 $(1,\infty)$ 上有代數意義，並不構成穿過奇異時刻的一個解。

4.2 分離變量與平衡解檢查

對 $y'=g(t)h(y)$，若沿解所在區間有 $h(y)\ne0$，則

$$\int\frac{dy}{h(y)}=\int g(t)dt.$$

該記號是對 $1/h$ 的原函數應用鏈式法則的簡寫。除法之前應檢查 $h$ 的所有零點是否給出常數平衡解；分離變量可能丟失它們。

例 2：隱式解也是解。 求解 $y'=t/(1+y^2)$、$y(0)=1$。相乘並積分得到

$$y+\frac{y^3}{3}=\frac{t^2}{2}+\frac43.$$

函數 $H(y)=y+y^3/3$ 在 $\mathbb R$ 上嚴格遞增，因為 $H'=1+y^2>0$，且值域是全體實數。因此該關係對每個 $t$ 確定唯一實數 $y$。對關係求導可恢復 $(1+y^2)y'=t$，初始條件也成立。嚴格的隱式答案無需根式或三次方程公式。

例 3：有界人口增長。 模型

$$N'=rN(1-N/K),\qquad r,K>0$$

的平衡解為 $N=0,K$。對正初值 $N_0$，分離變量得到可驗證的解

$$N(t)=\frac{K}{1+(K/N_0-1)e^{-rt}}.$$

當 $t\ge0$ 時分母為正。若 $0<N_0<K$，增長為正，人口趨於 $K$；若 $N_0>K$，增長為負，人口下降趨近 $K$。零平衡解須單獨處理。參數 $K$ 是模型中的極限尺度，並非對未來人口的經驗保證。

4.3 線性方程與積分因子

對系數連續的線性方程 $y'+p(t)y=q(t)$，選取

$$\mu(t)=\exp\left(\int p(t)dt\right).$$

於是 $\mu'=p\mu$，乘積法則將方程化為 $(\mu y)'=\mu q$。若初值給在 $t_0$，

$$y(t)=\frac{\mu(t_0)y_0+\int_{t_0}^t\mu(s)q(s)ds}{\mu(t)}.$$

積分因子非零；將它乘以常數不改變解的公式。所選解區間必須保持系數連續。

例 4：向環境溫度冷卻。 假設 $T'=-k(T-T_a)$、$k>0$，恆定環境溫度為 $T_a$。令 $u=T-T_a$ 得 $u'=-ku$，因此

$$T(t)=T_a+(T_0-T_a)e^{-kt}.$$

若 $T_a=20$、$T_0=80$ 和 $T(10)=50$，則 $e^{-10k}=1/2$ 且 $k=\ln2/10$，所以 $T(20)=20+60/4=35$。模型每十個時間單位使與環境的溫差減半，而不是使絕對溫度減半。

4.4 定體積混合

質量守恆為“流入率減流出率”。假設瞬時完全混合、無化學反應、體積可加，並給定流入濃度。若體積 $V$ 恆定，流入和流出均為 $q>0$，流入濃度為 $c_{in}$，鹽質量為 $S$，則箱內濃度為 $S/V$，且

$$S'=q c_{in}-q S/V.$$

每一項的單位都是質量／時間。只有因為假設完全混合，流出濃度才等於箱內濃度。

例 5：定體積水箱。 設 $V=100$ L、$q=2$ L/min、$c_{in}=3$ g/L 和 $S(0)=100$ g。則

$$S'+0.02S=6,\qquad S(t)=300-200e^{-0.02t}.$$

濃度為 $3-2e^{-0.02t}$ g/L。當 $e^{-0.02t}=1/2$ 時達到 $2$ g/L，即在 $50\ln2$ 分鐘時。濃度始終介於初始濃度和流入濃度之間，是一個有用的獨立檢查。若流入不含鹽，同一模型給出指數沖洗。

4.5 變體積混合

若流入率和流出率不同，體積會變化，不能用常數代替。設 $V'=q_{in}-q_{out}$，且

$$S'=q_{in}c_{in}-q_{out}S/V(t).$$

僅在體積為正且不超過容量時使用該模型。

例 6：邊注入邊混合。 水箱起初有 $100$ L 純水，接收濃度 $2$ g/L、流率 $3$ L/min 的流入液，並以 $2$ L/min 排出。溢出前，$V(t)=100+t$，且

$$S'+\frac2{100+t}S=6,\qquad S(0)=0.$$

積分因子為 $(100+t)^2$，因此

$$[(100+t)^2S]'=6(100+t)^2.$$

積分得 $S=2(100+t)+C/(100+t)^2$。初值給出 $C=-2\cdot100^3$，於是濃度為

$$\frac{S}{V}=2\left(1-\left(\frac{100}{100+t}\right)^3\right).$$

它從零開始，對 $t\ge0$ 非負，且始終低於流入濃度。雖然公式有無窮時間極限，有限容量水箱會先溢出；實際應用必須在到達容量的時刻停止。

4.6 檢查模型解

可靠的解答報告應進行四項檢查：

1. 代入微分方程，包括單位。
2. 驗證初始條件。
3. 寫明避開分母零點或系數奇異點的區間。
4. 檢查模型界限，如質量非負、體積可行或溫度範圍。

方程的精確解可能不符合模型檢查；反過來，隱式公式即使沒有初等顯式表達式也可能完全有效。單靠數值圖像不能替代這四項檢查。

4.7 分層練習

基礎

1. 求解 $y'=-0.5y$、$y(0)=8$，並求 $y=2$ 的時刻。
2. 在任何除法之前列出 $y'=y(3-y)$ 的平衡解。
3. 驗證 $y=t-1+2e^{-t}$ 滿足 $y'+y=t$ 並求初值。

核心

4. 求解 $y'=ty$、$y(0)=2$，包括零平衡解的討論。
5. 求解 $y'+3y=12$、$y(0)=1$。
6. 冷卻模型的環境溫度為 $10$、初溫為 $50$，溫差每五個時間單位減半。求 $T(t)$ 和 $T(10)$。
7. 一個 $50$ L 完全混合水箱的流入和流出均為 $1$ L/min，流入濃度為 $4$ g/L，初始鹽質量為零。求鹽質量和濃度。
8. 若 logistic 參數為 $K=1000$、$r=0.1$、$N_0=100$，求 $N=500$ 的時刻。

綜合

9. 在例 6 中，若水箱容量為 $150$ L，說明溢出前有效的未來時間範圍，並求容量邊界時的濃度。
10. 解釋為甚麼將完全混合水箱的流出濃度換成固定流入濃度通常是錯誤的。用初始純水及正流入濃度說明立即產生的矛盾。

4.8 完整解答

1. $y=8e^{-0.5t}$。令其等於二得 $e^{-0.5t}=1/4$，故 $t=2\ln4$。
2. 常數解滿足 $y(3-y)=0$，得到 $y=0,3$。
3. $y'=1-2e^{-t}$，故 $y'+y=t$。零時 $y(0)=-1+2=1$。
4. 在零以外分離變量得到 $\ln|y|=t^2/2+C$，初值給出 $y=2e^{t^2/2}$。零函數也滿足方程，但不滿足此初值。所列正解對所有實數 $t$ 有定義。
5. 平衡值為四，初始偏差為負三，故 $y=4-3e^{-3t}$。求導並加上 $3y$ 得十二，且初值為一。
6. 溫差為 $40e^{-kt}$，其中 $k=\ln2/5$。因此 $T(t)=10+40\,2^{-t/5}$ 和 $T(10)=20$。
7. $S'=4-S/50$、$S(0)=0$，所以鹽質量為 $S=200(1-e^{-t/50})$ g，濃度為 $4(1-e^{-t/50})$ g/L。
8. $N=1000/(1+9e^{-0.1t})$。令 $N=500$ 得 $1+9e^{-0.1t}=2$，故 $t=10\ln9$，單位為模型時間單位。
9. 體積為 $100+t$，故溢出前使用 $0\le t<50$ 分鐘。在容量邊界 $t=50$，濃度為 $2[1-(2/3)^3]=38/27$ g/L。該邊界極限在溢出前混合假設下有效；越過溢出時刻後不能不更新流出規則便繼續使用同一方程模型。
10. 初始為純水時，箱內零時刻濃度為零，故鹽流出率起初必須為零。若把正流入濃度賦給流出流，便預測在箱內有鹽之前已有鹽流出。完全混合要求流出濃度為 $S(t)/V(t)$，它從零開始變化，而不是恆等於流入濃度。

總結與後續聯繫

微分方程規定變化，初值選定軌跡。分離變量需要檢查平衡解；線性方程可由積分因子推導求解。守恆關係給出混合模型的正確輸入和輸出，並須明確處理體積變化。解必須滿足方程、初值、數學區間和物理約束。