PART A 裂项

这一部分我们来简要说明一下常微分算符运用的小技巧。

对于二阶线性常系数常微分方程，当我们写到$y=\dfrac{1}{D-\lambda_1}\dfrac{1}{D-\lambda_2}f(x)$这一步的时候，下一步似乎应该套公式积分，再套一次公式积分。但是，这里其实存在一种神奇的偷懒方法：裂项。

$$\dfrac{1}{D-\lambda_1}\dfrac{1}{D-\lambda_2}=\dfrac{1}{\lambda_1-\lambda_2}\left(\dfrac{1}{D-\lambda_1}-\dfrac{1}{D-\lambda_2}\right)$$

看起来好像还是要积分两次，根本没用啊！其实，这相当于把乘除化为了加减，也能避免把积分常数再次积分，积分常数的讨论对初学者更友好一些。其次，对于不太特殊的f(x)，$\dfrac{1}{D-\lambda_1}f(x)$和$\dfrac{1}{D-\lambda_2}f(x)$结构上是类似的，可以推广结果，把$\lambda_1$直接换为$\lambda_2$，差不多就少积了一次分。

PART B 三角指数化

虽然常微分算符的工作到把解微分方程的问题转化为求多项式根和积分这一步就已经结束了，但我们还是要送佛送到家，介绍一下积分技巧。

在等式右边是三角函数的情况下，使用常微分算符后，我们会遇到一个类似于$\int e^x\cos x\mathrm{d}x$的积分，当然可能会有这样那样的变化，这是很麻烦的呀，我们要分部积分，然后再把它反解出来，如果形式再复杂一点真的非常麻烦。如果能统一化为指数函数就好了。幸运的是，三角函数的确就是指数函数。在复数域内，我们定义三角函数为：

$$\cos x=\cosh ix=\dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}{2}$$

$$\sin x=-i\sinh ix=\dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}$$

这样就统一化为了指数函数，好积很多了！

PART C 换元降阶线性化

常微分算符是线性算符，只适用于线性微分方程。大部分非线性微分方程也是解不了的。不过对于一些特殊的情况，我们可以将其转化为线性微分方程从而求解。这里介绍一个例子，即出现一阶导数平方时的通用方法。

我们可能在微分方程中遇到类似于速度平方的项，如正比于速度平方的阻尼。如果我们研究空气分子碰撞模型，有阻尼$f=k\rho Sv^2$, 若空气分子为非弹性则k=1, 若空气分子完全弹性则k=2. 但系数都不重要，我们这里只想知道遇到这种一阶导数平方怎么办？这可是非线性啊！一般地，我们来求解形如$$y''+Ay'^2=f(y)$$的方程。这里我直接打撇表示对x求导，一直写d实在太麻烦了。

哼哼，你之所以认为这个方程是非线性的，是因为你想去求解y(x). 遇到非线性项？不对，其实那就是线性项。我们只要换一个看问题的角度，认为我们要求解的就是y'², 那一项不就成线性的了吗？现在我们要求解的就是y'², 所以要把所有都统一化为y'. 利用$\mathrm{d}x=\dfrac{\mathrm{d}y}{y'}$, 将二阶导写为$y''=\dfrac{\mathrm{d}y'}{\mathrm{d}x}=\dfrac{y'\mathrm{d}y'}{\mathrm{d}y}=\dfrac{\mathrm{d}(y'^2)}{2\mathrm{d}y}$. 现在二阶导已经没有了，变量也不再是x而是y. 原来的方程已经被降为了一阶，非线性项并没有变化但已经是线性项了。一阶线性非齐次你应该是会的吧？从$\dfrac{\mathrm{d}(y'^2)}{2\mathrm{d}y}+Ay'^2=f(y)$中解出y'²(y). 如果你想要y(x)的话只需要开根号分离变量积分得到x(y), 反解出y(x)就行。

PART D 应用

例9：求解受迫阻尼振动方程$\ddot x+2\gamma\dot x+\omega^2x=a\cos\Omega t$. 

这里我们在x上面打点表示对时间（t）求导的操作，打两个点则表示二阶导。

先用求根公式解出特征根：$\lambda_\pm=-\gamma\pm\sqrt{\gamma^2-\omega^2}$. 

$x=\dfrac{1}{D+\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}\dfrac{1}{D+\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}a\cos\Omega t$. 到这一步显然就要考虑3种情况：过阻尼γ>ω; 临界阻尼γ=ω; 弱阻尼γ<ω. 因为临界阻尼无法裂项，我们先考虑γ=ω情况。

$x=\dfrac{1}{D+\gamma}e^{-\gamma t}\int e^{\gamma t}a\dfrac{e^{i\Omega t}+e^{-i\Omega t}}{2}\mathrm{d}t=\dfrac{a}{2(D+\gamma)}\left(\dfrac{e^{i\Omega t}}{\gamma+i\Omega}+\dfrac{e^{-i\Omega t}}{\gamma-i\Omega}+Ce^{-\gamma t}\right)=\dfrac{a}{2}e^{-\gamma t}\int e^{\gamma t}\left(\dfrac{e^{i\Omega t}}{\gamma+i\Omega}+\dfrac{e^{-i\Omega t}}{\gamma-i\Omega}+Ce^{-\gamma t}\right)\mathrm{d}t$

  $=Ae^{-\gamma t}+Bte^{-\gamma t}+\dfrac{a(\gamma-i\Omega)^2e^{i\Omega t}+a(\gamma+i\Omega)^2e^{-i\Omega t}}{2(\gamma^2+\Omega^2)^2}=Ae^{-\gamma t}+Bte^{-\gamma t}+\dfrac{\gamma^2-\Omega^2}{(\gamma^2+\Omega^2)^2}a\cos\Omega t+\dfrac{2\gamma\Omega}{(\gamma^2+\Omega^2)^2}a\sin\Omega t$. 

而γ≠ω的情况就可以裂项了。

$x=\dfrac{1}{2\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}\left(\dfrac{1}{D+\gamma-\sqrt{\gamma-\omega^2}}-\dfrac{1}{D+\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}\right)a\cos\Omega t$

  $=\dfrac{1}{2\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}\left[e^{(-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}\int e^{(\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}a\dfrac{e^{i\Omega t}+e^{-i\Omega t}}{2}\mathrm{d}t-e^{(-\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}\int e^{(\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}a\dfrac{e^{i\Omega t}+e^{-i\Omega t}}{2}\mathrm{d}t\right]$

  $=\dfrac{a}{4\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}\left[\dfrac{e^{i\Omega t}}{\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2}+i\Omega}+\dfrac{e^{-i\Omega t}}{\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2}-i\Omega}-\dfrac{e^{i\Omega t}}{\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2}+i\Omega}-\dfrac{e^{-i\Omega t}}{\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2}-i\Omega}+C_1e^{(-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}+C_2e^{(-\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}\right]$

过阻尼$\gamma>\omega$, $\sqrt{\gamma^2-\omega^2}$是实数，把分母实化、有理化，然后化成三角函数即可。

$x=\dfrac{a}{4\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}\left[\dfrac{(\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})(e^{i\Omega t}+e^{-i\Omega t})+\frac{\Omega}{i}(e^{i\Omega t}-e^{-i\Omega t})}{2\gamma^2+\Omega^2-\omega^2-2\gamma\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}-\dfrac{(\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})(e^{i\Omega t}+e^{-i\Omega t})+\frac{\Omega}{i}(e^{i\Omega t}-e^{-i\Omega t})}{2\gamma^2+\Omega^2-\omega^2+2\gamma\sqrt{\gamma^2-\omega^2}}+C_1e^{(-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}+C_2e^{(-\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}\right]$

  $=Ae^{(-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}+Be^{(-\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}+\dfrac{2\gamma\Omega\sin\Omega t-(\Omega^2-\omega^2)\cos\Omega t}{4\gamma^2\Omega^2+(\Omega^2-\omega^2)^2}a$

弱阻尼$\gamma<\omega$, $\sqrt{\gamma^2-\omega^2}=i\sqrt{\omega^2-\gamma^2}$是虚数。然而对于特解，刚才计算中并未用到$\sqrt{\gamma^2-\omega^2}$虚实的任何性质，$\sqrt{\gamma^2-\omega^2}$在最后被全部约掉。所以特解部分跟过阻尼情形是一样的。只有通解部分变为了$Ae^{-\gamma t}\cos\sqrt{\omega^2-\gamma^2}t+Be^{-\gamma t}\sin\sqrt{\omega^2-\gamma^2}t$. 事实上在刚才的结果中取$\gamma=\omega$特解也与之前临界阻尼相同。所以可以统一把临界阻尼情况的特解也写为同样的形式。最终我们得到

$$x(t)=\begin{cases}Ae^{-\gamma t}\cos\sqrt{\omega^2-\gamma^2}t+Be^{-\gamma t}\sin\sqrt{\omega^2-\gamma^2}t+\dfrac{2\gamma\Omega\sin\Omega t-(\Omega^2-\omega^2)\cos\Omega t}{4\gamma^2\Omega^2+(\Omega^2-\omega^2)^2}a&,\gamma<\omega\\Ae^{-\gamma t}+Bte^{-\gamma t}+\dfrac{2\gamma\Omega\sin\Omega t-(\Omega^2-\omega^2)\cos\Omega t}{4\gamma^2\Omega^2+(\Omega^2-\omega^2)^2}a&,\gamma=\omega\\Ae^{(-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}+Be^{(-\gamma-\sqrt{\gamma^2-\omega^2})t}+\dfrac{2\gamma\Omega\sin\Omega t-(\Omega^2-\omega^2)\cos\Omega t}{4\gamma^2\Omega^2+(\Omega^2-\omega^2)^2}a&,\gamma>\omega\end{cases}$$

观察可知通解部分全都是衰减项，临界阻尼情况虽然有一个线性增长项但始终比不过指数衰减；弱阻尼情况则是振荡地衰减，过阻尼直接衰减不会振荡。这些通解的结论想必大家都知道，但长时间过后，通解全部衰减掉，留下来的振荡项就是特解，而三种情况解的形式相同。稳定时，振荡频率与外界驱动频率相同，且与外界驱动有一个稳定的相位差。共振的情况即γ=0, Ω=ω我就不详细写过程了，有兴趣的同学可以自己下去算一算，结果是$x(t)=A\sin\omega t+B\cos\omega t+\dfrac{at\sin\omega t}{2\omega}$, 特解随时间线性增长，于是振幅会持续增大直至无穷。在这里再取ω=0就得到了恒力作用下质点的位移公式：$$x(t)=vt+B+\dfrac{1}{2}at^2$$

练9：（35届决赛题3改）质量线密度为λ不可伸长的软细绳跨过一盘状定滑轮，定滑轮半径为R，轴离地面高度为L。系统原处于静止状态。在t=0时，滑轮开始以恒定角速度ω逆时针转动，绳子在滑轮带动下开始运动，绳子与滑轮间的动摩擦因数为μ。滑轮两侧的绳子在运动过程中始终可视为沿竖直方向，绳的两端在运动过程中均没有离开地面，地面上的绳子可视为集中在一点。已知重力加速度大小为g，求绳子速度随时间的变化关系。

练10：在均匀重力场g中，一个动摩擦因数处处为μ的固定半圆管道放置在竖直平面内，半径为R两端朝天。现将一质点从管道一端上方h处静止释放，求其从另一端穿出后所能达到的最高高度h'. 并给出质点能穿出另一端即h'>0, h所需满足的条件。

练11：在均匀重力场g中，一个动摩擦因数处处为μ的固定半圆管道放置在竖直平面内，半径为R两端朝地。现将一质点从管道一端以初速度v₀扔进管道，求质点能从管道另一端穿出所需的最小初速度v₀.