3-2 4-1 作业

第一步：剖析问题 (Executive Summary)

核心任务：

1. 理解理论： 解释常微分方程解的“生命周期”（即能延伸多远——延拓定理）以及解对“起跑线”（初值）的敏感程度（连续性与可微性）。
2. 应用实战： 利用定理5中的微分公式（公式3.17和3.18）解决两个具体的计算问题。

关键难点与隐含假设：

• 难点： 理解 $\frac{\partial \varphi}{\partial y_0}$ 这种符号的物理意义。它代表的是“当初值 $y_0$ 变化一点点时，整个函数曲线在 $x$ 处的变化率”。
• 假设： 在计算题目时，必须先知道“原方程的解 $\varphi(x)$ 是什么”，才能将其代入积分公式中进行计算。特别是第2题，隐含了一个特解 $y=0$。

第二步：深入分析理论 (Deep Dive)

1. 解的延拓定理 (Extension Theorem) —— 解的“生命力”

直观理解： 想象你在一个大广场（区域 $G$）上按照一张藏宝图（方程 $y'=f(x,y)$ 指示的方向）行走。

• 定理的核心含义： 只要你还在广场内，且指示方向是清晰的（$f$ 连续且满足利普希茨条件），你就不会突然“卡住”或“消失”。你一定能一直走下去。
• 停下来的原因只有两个：
  1. 撞墙了： 你走到了广场的边缘（趋于边界）。
  2. 飞出去了： 你的速度变得无穷大，或者你走到了无穷远的地方（$y$ 无界或 $x$ 无界）。

例1的深度解读：

• 方程 $y' = (y^2-1)/2$。
• 解 $y = \frac{1-e^x}{1+e^x}$ (过原点)： 这个解被限制在 $-1$ 到 $1$ 之间，它永远不会变成无穷大，所以它可以一直向左右延伸到无穷远。这就是推论中的情况1。
• 解 $y = \frac{1+e^x}{1-e^x}$ (过 $(\ln 2, -3)$)： 当 $x \to 0$ 时，分母趋近于0，整个 $y$ 趋向于无穷大。这意味着解“爆炸”了。这就是推论中的情况2（$y$ 无界）。

2. 解对初值的依赖 (Dependence on Initial Values) —— “失之毫厘，谬以千里”

直观理解： 想象射击。

• 连续性 (定理4)： 你的手抖了一下（初值变动一点点），子弹的落点只会偏一点点，不会突然飞到背后去。
• 可微性 (定理5)： 我们不仅想知道偏了，还想知道偏了多少。
  • $\frac{\partial \varphi}{\partial y_0}$：不仅是连续的，还是光滑的，我们可以精确计算出“初值改变 1 单位，解在 $x$ 处改变多少单位”。

公式解读（至关重要）： 我们要计算的是解 $\varphi$ 对初值 $x_0, y_0$ 的偏导数。这里有两个现成的公式（无需死记硬背，但要会用）：

• 公式 (3.18) 对 $y_0$ 的偏导：$\frac{\partial \varphi}{\partial y_0} = \exp\left( \int_{x_0}^x \frac{\partial f(t,\varphi(t))}{\partial y} dt \right)$
  • 含义： 这是一个指数累积的过程。$\frac{\partial f}{\partial y}$ 就像是一个“放大系数”，如果它大于0，初值的微小误差会随着 $x$ 增大而指数级放大。
• 公式 (3.17) 对 $x_0$ 的偏导：$\frac{\partial \varphi}{\partial x_0} = -f(x_0,y_0) \cdot \frac{\partial \varphi}{\partial y_0}$
  • 含义： 这个公式很有趣，它其实告诉我们，对 $x_0$ 的导数可以通过对 $y_0$ 的导数算出来。它多乘了一个 $-f(x_0,y_0)$（即初始处的斜率）。

第三步：构建答案 (Problem Solving)

我将一步步为你讲解这两道题目。

题目 1

题目： 假设 $P(x), Q(x)$ 连续，$y = \varphi(x,x_0,y_0)$ 是方程 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = P(x)y + Q(x)$ 的解。求 $\frac{\partial \varphi}{\partial x_0}, \frac{\partial \varphi}{\partial y_0}$ 及 $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$。

详细解析：

Step 1: 识别 $f(x,y)$ 及其偏导数 根据方程 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = P(x)y + Q(x)$，我们可以确定右端函数为： $f(x,y) = P(x)y + Q(x)$ 我们需要计算 $f$ 对 $y$ 的偏导数 $\frac{\partial f}{\partial y}$，这是使用定理5公式的关键： $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} [P(x)y + Q(x)] = P(x)$

Step 2: 计算 $\frac{\partial \varphi}{\partial y_0}$ (利用公式 3.18) 根据公式： $\frac{\partial \varphi}{\partial y_0} = \exp\left( \int_{x_0}^x \frac{\partial f}{\partial y} dt \right)$ 将 $\frac{\partial f}{\partial y} = P(x)$ 代入（注意积分变量用 $t$ 以示区别）： $\mathbf{\frac{\partial \varphi}{\partial y_0} = \exp\left( \int_{x_0}^x P(t) dt \right)}$(解释：这就是如果你的初始 $y$ 值改变一点点，解在 $x$ 处变化的大小。因为它是一阶线性方程，这个放大因子只与 $P(x)$ 有关。)

Step 3: 计算 $\frac{\partial \varphi}{\partial x_0}$ (利用公式 3.17) 根据公式： $\frac{\partial \varphi}{\partial x_0} = -f(x_0,y_0) \cdot \exp\left( \int_{x_0}^x \frac{\partial f}{\partial y} dt \right)$ 我们需要先写出 $f(x_0, y_0)$。将 $x_0, y_0$ 代入 $f(x,y)$ 的表达式： $f(x_0, y_0) = P(x_0)y_0 + Q(x_0)$ 结合 Step 2 的结果，得到： $\mathbf{\frac{\partial \varphi}{\partial x_0} = -[P(x_0)y_0 + Q(x_0)] \cdot \exp\left( \int_{x_0}^x P(t) dt \right)}$

Step 4: 计算 $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$ 这个最简单，但容易想复杂。$\varphi$ 是原方程的解。 解的定义就是：把它代入方程，方程成立。 即 $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$ 就是 $y'$，也就是方程的右端： $\mathbf{\frac{\partial \varphi}{\partial x} = f(x, \varphi) = P(x)\varphi(x,x_0,y_0) + Q(x)}$

题目 2

题目： 给定方程 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \sin \frac{y}{x}$，求 $\frac{\partial y}{\partial x_0}$ 和 $\frac{\partial y}{\partial y_0}$ 在 $x_0 = 1, y_0 = 0$ 时的表达式。

详细解析：

关键提示： 对于非线性方程，积分里的 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 通常含有 $y$。要计算积分，我们必须先知道具体的解 $y=\varphi(x)$ 是什么。

Step 1: 寻找通过点 $(1,0)$ 的特解 我们观察方程 $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \sin \frac{y}{x}$ 和初值 $y(1)=0$。 让我们猜测一个最简单的解：恒为 0 的解，即 $y \equiv 0$。

• 左边 $y' = (0)' = 0$。
• 右边 $\sin(0/x) = \sin(0) = 0$。
• 左边 = 右边，且满足初值 $y(1)=0$。 因此，此初值问题的解就是 $y = \varphi(x) = 0$。 (这一步非常关键！如果不知道解是0，后面的积分就没法算。)

Step 2: 计算 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 并代入特解 由 $f(x,y) = \sin(\frac{y}{x})$，根据链式法则求导： $\frac{\partial f}{\partial y} = \cos\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{1}{x} \cos\left(\frac{y}{x}\right)$ 现在，我们将具体的解 $y=0$ 代入上式： $\left. \frac{\partial f}{\partial y} \right|_{y=0} = \frac{1}{x} \cos(0) = \frac{1}{x} \cdot 1 = \frac{1}{x}$

Step 3: 计算 $\frac{\partial y}{\partial y_0}$ 利用公式 (3.18)，注意下限 $x_0 = 1$： $\frac{\partial y}{\partial y_0} = \exp\left( \int_{1}^x \frac{\partial f}{\partial y} dt \right)$ 将 Step 2 算出的 $\frac{1}{t}$ 代入积分： $\int_{1}^x \frac{1}{t} dt = \ln|t| \Big|_{1}^x = \ln|x| - \ln 1 = \ln x \quad (\text{考虑 } x>0)$ 所以： $\frac{\partial y}{\partial y_0} = \exp(\ln x) = x$结论： $\mathbf{\frac{\partial y}{\partial y_0} = x}$

Step 4: 计算 $\frac{\partial y}{\partial x_0}$ 利用公式 (3.17)： $\frac{\partial y}{\partial x_0} = -f(x_0, y_0) \cdot \frac{\partial y}{\partial y_0}$ 我们需要计算 $f(x_0, y_0)$，也就是 $f(1,0)$： $f(1,0) = \sin\left(\frac{0}{1}\right) = 0$ 由于前面的系数是 0，无论后面是多少，结果都是 0。 $\frac{\partial y}{\partial x_0} = -0 \cdot x = 0$结论： $\mathbf{\frac{\partial y}{\partial x_0} = 0}$

总结与建议

1. 理论核心： 只要记住，解对初值的偏导数 $\frac{\partial \varphi}{\partial y_0}$ 本质上是一个解的“变分”，它服从一个线性的微分关系，所以结果总是一个指数积分形式 ($\exp(\int \dots)$)。
2. 做题技巧：
   • 如果是线性方程（如题1），直接代入 $P(x)$ 即可。
   • 如果是非线性方程（如题2），必须先找出原方程的特解，代入 $\frac{\partial f}{\partial y}$ 把它变成只含 $x$ 的函数，才能进行积分。

这些题目覆盖了线性微分方程的四大支柱：

1. 叠加原理（解的性质）
2. 常数变易法（解的计算，核心中的核心）
3. 初值问题（归一化）
4. 理论证明（朗斯基行列式与解的空间结构）

2. 证明非齐次线性微分方程的叠加原理

核心思想： 微分方程其实是一个“机器”（算子）。你把函数放进去，它就吐出一个结果。 这道题是说：如果把 $x_1$ 放进去得到 $f_1$，把 $x_2$ 放进去得到 $f_2$，那么把 $x_1+x_2$ 一起放进去，得到的就是 $f_1+f_2$。

证明步骤：

第一步：简化符号（为了不晕车） 为了不每次都写那一长串 $\frac{\mathrm{d}^n x}{\mathrm{d}t^n} + \cdots$，我们定义一个记号 $L[x]$。 令 $L$ 代表方程左边的运算： $L[x] = \frac{\mathrm{d}^n x}{\mathrm{d}t^n} + a_1(t)\frac{\mathrm{d}^{n-1}x}{\mathrm{d}t^{n-1}} + \cdots + a_n(t)x$

第二步：利用导数的“线性”性质 我们要知道一个常识：和的导数 = 导数的和。 即 $(x_1 + x_2)' = x_1' + x_2'$，$(x_1 + x_2)'' = x_1'' + x_2''$，以此类推。 这意味着运算 $L$ 也是线性的： $L[x_1 + x_2] = L[x_1] + L[x_2]$

第三步：代入题目条件 题目告诉我们：

1. $x_1$ 是第一个方程的解 $\implies L[x_1] = f_1(t)$
2. $x_2$ 是第二个方程的解 $\implies L[x_2] = f_2(t)$

第四步：得出结论 我们要验证 $x_1 + x_2$ 是不是第三个方程的解，就是把 $x_1+x_2$ 塞进 $L$ 里看看： $L[x_1 + x_2] = \underbrace{L[x_1]}_{f_1(t)} + \underbrace{L[x_2]}_{f_2(t)} = f_1(t) + f_2(t)$得证。

3. 求非齐次方程的通解

利用常数变易法求解。

(1) $x'' - x = \cos t$，已知 $x_1 = e^t, x_2 = e^{-t}$

Step 1: 检查系数$x''$ 前面系数是 1，合格。$f(t) = \cos t$。

Step 2: 列方程组（常数变易法模板） 我们需要求 $c_1', c_2'$。 [ $\begin{cases} c_1' e^t + c_2' e^{-t} = 0 \\ c_1' (e^t)' + c_2' (e^{-t})' = \cos t \end{cases} \implies \begin{cases} c_1' e^t + c_2' e^{-t} = 0 \quad \text{---(1)} \\ c_1' e^t - c_2' e^{-t} = \cos t \quad \text{---(2)} \end{cases}$ ]

Step 3: 解方程组 (1) + (2) 得：$2c_1' e^t = \cos t \implies c_1' = \frac{1}{2}e^{-t}\cos t$ (1) - (2) 得：$2c_2' e^{-t} = -\cos t \implies c_2' = -\frac{1}{2}e^t\cos t$

Step 4: 积分（这里考微积分基本功） 这两个积分需要用到“分部积分法”或者“欧拉公式”。 （注：$\int e^{at}\cos t dt$ 是经典循环积分，公式为 $\frac{e^{at}(a\cos t + \sin t)}{a^2+1}$）

• $c_1 = \frac{1}{2} \int e^{-t}\cos t \, dt = \frac{1}{2} \left[ \frac{e^{-t}(-\cos t + \sin t)}{2} \right] = \frac{1}{4}e^{-t}(\sin t - \cos t)$
• $c_2 = -\frac{1}{2} \int e^t\cos t \, dt = -\frac{1}{2} \left[ \frac{e^t(\cos t + \sin t)}{2} \right] = -\frac{1}{4}e^t(\sin t + \cos t)$

Step 5: 写通解 通解 $x = C_1 e^t + C_2 e^{-t} + (c_1 x_1 + c_2 x_2)$。 特解部分： $c_1 e^t = \frac{1}{4}(\sin t - \cos t)$$c_2 e^{-t} = -\frac{1}{4}(\sin t + \cos t)$ 特解 $\bar{x} = \frac{1}{4}\sin t - \frac{1}{4}\cos t - \frac{1}{4}\sin t - \frac{1}{4}\cos t = -\frac{1}{2}\cos t$

最终结果： $x = C_1 e^t + C_2 e^{-t} - \frac{1}{2}\cos t$

(3) $x'' + 4x = t\sin 2t$，已知 $x_1 = \cos 2t, x_2 = \sin 2t$

Step 1: 检查系数$x''$ 前系数为 1，合格。$f(t) = t\sin 2t$。

Step 2: 列方程组 [ $\begin{cases} c_1' \cos 2t + c_2' \sin 2t = 0 \\ c_1' (-2\sin 2t) + c_2' (2\cos 2t) = t\sin 2t \end{cases}$ ]

Step 3: 解方程组 这是一个二元一次方程组。

• 将第一式乘以 $2\sin 2t$，第二式乘以 $\cos 2t$，相加消去 $c_1'$： $c_2'(2\sin^2 2t + 2\cos^2 2t) = (t\sin 2t)(\cos 2t)$$2c_2' = t\sin 2t \cos 2t = \frac{1}{2}t \sin 4t$$\implies c_2' = \frac{1}{4}t \sin 4t$
• 求 $c_1'$：由第一式 $c_1' = -c_2' \frac{\sin 2t}{\cos 2t} = -\frac{1}{4}t \sin 4t \frac{\sin 2t}{\cos 2t} = -\frac{1}{2}t \sin^2 2t$ (利用三角公式降幂：$\sin^2 2t = \frac{1-\cos 4t}{2}$) $\implies c_1' = -\frac{1}{4}t(1-\cos 4t) = -\frac{1}{4}t + \frac{1}{4}t \cos 4t$

Step 4: 积分（略去繁琐步骤，你需要自己练习分部积分） 这里积出来会比较长，但逻辑就是简单的积分。

(5) $t^2 x'' - tx' + x = 6t + 34t^2$，已知 $x_1 = t, x_2 = t\ln t$

Step 1: 检查系数（陷阱！！）$x''$ 前面是 $t^2$，必须两边同时除以 $t^2$！ 标准化方程： $x'' - \frac{1}{t}x' + \frac{1}{t^2}x = \frac{6}{t} + 34$ 所以，$f(t) = \frac{6}{t} + 34$。如果你用 $6t+34t^2$ 算，就全错了。

Step 2: 列方程组$x_1 = t \implies x_1' = 1$$x_2 = t\ln t \implies x_2' = \ln t + 1$

[ $\begin{cases} c_1' t + c_2' t\ln t = 0 \\ c_1' (1) + c_2' (\ln t + 1) = \frac{6}{t} + 34 \end{cases}$ ]

Step 3: 解方程组 由第一式：$c_1' = -c_2' \ln t$。 代入第二式： $-c_2' \ln t + c_2' \ln t + c_2' = \frac{6}{t} + 34$$\implies c_2' = \frac{6}{t} + 34$

回代求 $c_1'$： $c_1' = -(\frac{6}{t} + 34)\ln t = -\frac{6}{t}\ln t - 34\ln t$

Step 4: 积分

• $c_2 = 6\ln t + 34t$
• $c_1 = -3\ln^2 t - 34(t\ln t - t)$ （分部积分）

Step 5: 组合通解 将 $c_1, c_2$ 代入 $x = c_1 t + c_2 t\ln t$ 整理即可。

4. 归一化基本解组（标准基本解组）

题目意思： 现在的基本解组 $e^t, e^{-t}$ 在 $t=0$ 时的数值乱七八糟的。 我们想要两个新的“完美”解 $\phi_1(t)$ 和 $\phi_2(t)$，它们满足：

• $\phi_1(0)=1, \phi_1'(0)=0$ （这叫“位置解”，只管初始位置）
• $\phi_2(0)=0, \phi_2'(0)=1$ （这叫“速度解”，只管初始速度）

解法：

第一步：构造 $\phi_1$ 设 $\phi_1(t) = c_1 e^t + c_2 e^{-t}$。 代入初值条件： [ $\begin{cases} c_1 + c_2 = 1 \quad (\text{函数值}) \\ c_1 - c_2 = 0 \quad (\text{导数值}) \end{cases}$ ] 解得 $c_1 = \frac{1}{2}, c_2 = \frac{1}{2}$。 所以 $\phi_1(t) = \frac{e^t + e^{-t}}{2} = \cosh t$ (双曲余弦)。

第二步：构造 $\phi_2$ 设 $\phi_2(t) = k_1 e^t + k_2 e^{-t}$。 代入初值条件： [ $\begin{cases} k_1 + k_2 = 0 \\ k_1 - k_2 = 1 \end{cases}$ ] 解得 $k_1 = \frac{1}{2}, k_2 = -\frac{1}{2}$。 所以 $\phi_2(t) = \frac{e^t - e^{-t}}{2} = \sinh t$ (双曲正弦)。

第三步：利用标准解组写任意解 有了这两个标准解，任意初值 $x(0)=x_0, x'(0)=x_0'$ 的解直接写出来，不用计算： $x(t) = x_0 \cdot \phi_1(t) + x_0' \cdot \phi_2(t)$$x(t) = x_0 \cosh t + x_0' \sinh t$

5. 朗斯基行列式的导数（刘维尔公式）

这是一个理论证明题，核心在于行列式怎么求导。

证明思路： 行列式求导法则：等于“每次只对一行求导，其他行不变”的行列式之和。

对于 $n$ 阶朗斯基行列式 $W(t)$：

1. 第一行是 $x_i$，第二行是 $x_i'$，……，最后一行是 $x_i^{(n-1)}$。
2. 对 $W(t)$ 求导，会得到 $n$ 个行列式的和。
3. 关键点：前 $n-1$ 个行列式中，都会出现两行完全一样的情况（比如对第一行求导变成 $x_i'$，这就和原来的第二行一样了）。两行一样的行列式等于 0。
4. 唯一剩下的：只有对最后一行求导的那个行列式不为0。 [ $W' = \begin{vmatrix} x_1 & \cdots & x_n \\ \vdots & & \vdots \\ x_1^{(n-2)} & \cdots & x_n^{(n-2)} \\ \mathbf{x_1^{(n)}} & \cdots & \mathbf{x_n^{(n)}} \end{vmatrix}$ ]
5. 代入方程：因为 $x_i$ 是方程 $x^{(n)} + a_1 x^{(n-1)} + \cdots + a_n x = 0$ 的解，所以： $x_i^{(n)} = -a_1 x_i^{(n-1)} - \cdots - a_n x_i$
6. 把这个代入到 $W'$ 的最后一行。利用行列式拆分性质，只有包含 $-a_1 x_i^{(n-1)}$ 的那一项是非零的（因为其他的项如 $-a_n x_i$ 会让最后一行和第一行成比例，行列式为0）。
7. 提取公因子 $-a_1$，剩下的正是原行列式 $W(t)$。
8. 结论：$W' = -a_1(t) W$。这是一个简单的一阶方程，解它就得到公式。

7. 证明 n 阶非齐次方程最多有 n+1 个线性无关解

直觉理解： 想象三维空间（$n=3$）里的一个平面。

• 齐次方程的解通过原点，构成一个平面（3维线性空间）。
• 非齐次方程的解，就是这个平面平移了一下（不过原点）。
• 在这个平移后的平面上找点，你最多能找几个点，使得它们不“共面/共线”？

证明逻辑：

1. 存在性：取齐次方程的 $n$ 个线性无关解 $x_1, \dots, x_n$ 和非齐次方程的一个特解 $\bar{x}$。 构造 $y_0 = \bar{x}, \ y_1 = \bar{x}+x_1, \ \dots, \ y_n = \bar{x}+x_n$。 这 $n+1$ 个解是线性无关的。（可以用定义证）。
2. 最多 n+1 个：假设有 $n+2$ 个解 $y_1, y_2, \dots, y_{n+2}$。 考虑它们的差：$z_1 = y_2 - y_1$, $z_2 = y_3 - y_1$, $\dots$. 根据非齐次解的性质2，这些差 $z_i$ 都是齐次方程的解。 齐次方程的解空间维度是 $n$。 如果你有 $n+1$ 个差向量（由 $n+2$ 个解产生），它们在 $n$ 维空间里必然线性相关。 既然差向量线性相关，那么原解 $y_i$ 也就线性相关了。 所以，不可能有 $n+2$ 个线性无关解。 希望这套详细的讲解能帮你打通任督二脉！如果哪个积分算不出来，或者哪个步骤卡住了，继续问！