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url: /integral/lesson-61/index.md
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::: tip

同学们，我们今天需要讲得极快.

:::

## 旋度

$$
\operatorname{curl}(P,Q,R)=\det\begin{pmatrix}
\hat{i}&\hat{j}&\hat{k}\\
\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\
P\&Q\&R
\end{pmatrix}=\nabla\times\vec{F}
$$

我们可以把矢量场 $\vec{F}$ 看作一个风速场，问：绕某个轴 $\hat{n}$，旋转的快慢？

这时我们取一个平面垂直于 $\hat{n}$，轴与平面的交点记为中心点 $P$，可以计算某个探测质点在一圈之中受到风的做功：

$$
\int\_{\partial S}\vec{F}\cdot\text{d}\vec{r}\overset{\text{Stokes}}{=}\iint\_S(\nabla\times\vec{F})\cdot\text{d}\vec{S}=\iint\_S(\nabla\times\vec{F})\cdot\hat{n}\text{d}S
$$

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

$$
\begin{aligned}
\lim\_{r\to0}\frac{1}{\text{area}(S)}\int\_{\partial S}\vec{F}\cdot\text{d}\vec{r}&=\lim\_{r\to0}\frac{1}{\text{area}(S)}\iint\_S(\text{curl}(\vec{F})\cdot\hat{n})\text{d}S\\\\
&=\lim\_{r\to0}\text{curl}(\vec{F})\_{Q}\cdot\hat{n}\\\\
&=(\operatorname{curl}\vec{F})(\vec{P})\cdot\hat{n}
\end{aligned}
$$

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：

$$
{\text{scalar field }A}\overset{\text{grad}}{\longrightarrow}{\text{vector field }\mathscr{X}}\overset{\text{curl}}{\longrightarrow}{\text{vector field}}\overset{\text{div}}{\longrightarrow}{\text{scalar field}}\\\newline
\Omega^0(\R^3)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^1(\R^3)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^2(\R^3)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^3(\R^3)
$$

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 $0$.

/Claim/

> $$
> \operatorname{curl}(\operatorname{grad}\varphi)=0,,\quad\operatorname{div}(\operatorname{curl}v)=0
> $$
>
> 梯度场无旋，旋度场无散.

上述图表是交换的，如下：

::: center

![](https://vip.123pan.cn/1845440081/yk6baz03t0m000d7w33g93fpwblf74q9DIYxAIFxDda1DGxPDwUzAa==.jpg)

:::

/Claim/

> $\text{d}\circ\text{d}$ 恒为零.

/Proof/

> $$
> \begin{aligned}
> &\text{d}\circ\text{d}(f\text{d}x\_{i\_1}\cdots\text{d}x\_{i\_k})\\\\
> &=\text{d}\left(\sum\_{j}\frac{\partial f}{\partial x\_j}\text{d}x\_j\text{d}x\_{i\_1}\cdots\text{d}x\_{i\_k}\right)\\\\
> &=\sum\_j\sum\_t\frac{\partial}{\partial x\_t}\left(\frac{\partial f}{\partial x\_j}\right)\text{d}x\_t\text{d}x\_j\text{d}x\_{i\_1}\cdots\text{d}x\_{i\_k}
> \end{aligned}
> $$
>
> 计算 $\text{d}x\_p\text{d}x\_q\text{d}x\_{i\_1}\cdots\text{d}x\_{i\_k}$ 项的系数：
>
> $$
> \frac{\partial}{\partial x\_p}\left(\frac{\partial f}{\partial x\_q}\right)-\frac{\partial}{\partial x\_q}\left(\frac{\partial f}{\partial x\_p}\right)=0
> $$
>
> 所以上式恒为零.

改述命题为：若 $\alpha=\text{d}\omega$，则 $\text{d}\alpha=0$. 我们想要问这个条件是否是充要条件，也就是是否有：若 $\text{d}\alpha=0$，则 $\alpha=\text{d}\omega$？

/Lemma/ (Poincare 引理)

> 在 $\R^n$ 上成立，设 $\alpha\in\Omega^k(\R^n)$ 满足 $\text{d}\alpha=0$，则 $\exist,,\omega\in\Omega^{k-1}(\R^n)$ 使得 $\alpha=\text{d}\omega$.

$n=3$ 时，物理上我们有这样的说法：

* $k=1$，$\R^3$ 上的无旋场一定有势 (若 $\nabla\times\vec{A}=0\Longrightarrow\exist,,\vec{A}=\nabla\varphi$)；
* $k=2$，$\R^3$ 上的无散场来自旋度场 (若 $\nabla\cdot\vec{B}=0\Longrightarrow\exist,,\vec{A}$ 使得 $\vec{B}=\nabla\times\vec{A}$).

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 $n=3$，$k=1$ 的情况：

/Proof/

> 设 $\vec{A}$ 无旋，来定义势能 $\varphi$. 定义：
>
> $$
> \varphi(\vec{u})-\varphi(\vec{u}*0)=\int*{\vec{L}}\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}
> $$
>
> 验证定义与 $\vec{L}$ 无关：取简单闭曲线 $C=\vec{L}-\vec{L}'$ (不妨假设 $L$ & $L'$ 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
>
> $$
> \int\_C\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}=\iint\_S(\nabla\times\vec{A})\cdot\text{d}\vec{S}=0
> $$
>
> ($\vec{A}$ 无旋) 所以
>
> $$
> \int\_{\vec{L}}\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}-\int\_{\vec{L}'}\vec{A}\cdot\text{d}\vec{r}=0
> $$
>
> 得证.

对于 $k=2$ 的部分，Poincare 手动构造出了旋度场使得 $\nabla\times\vec{A}=\vec{B}$：

/Proof/

> 如下构造：
>
> $$
> \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}
> $$
>
> 只需要证明 $\nabla\times\vec{A}=\vec{B}$. 我们只证明如下式子：
>
> $$
> B\_1(x,y,z)=\frac{\partial}{\partial y}A\_3-\frac{\partial}{\partial z}A\_2
> $$
>
> 我们在这里需要知道含参积分的求导：
>
> 对于含参积分
>
> $$
> F(x)=\int\_c^df(x,y)\text{d}y
> $$
>
> /Theorem/
>
> > 若 $f$ 是连续二元函数 $\Longrightarrow$ $F$ 连续.
> >
> > 进一步，若 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 也连续，则
> >
> > $$
> > F'(x)=\int\_c^d\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\text{d}y
> > $$
> >
> > ::: tip
> >
> > 也就是 “积分里面求微分”.
> >
> > Feynman 声称他在中学时知道了这个 “积分里求微分” 的方法，并且他吹嘘说这个方法让他得了 Nobel Prize，因为在做 QED 的路径积分时要非常经常地使用这一方法.
> >
> > :::
>
> $$
> \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}
> $$
>
> 另一项同理，相减得到
>
> $$
> \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}
> $$
>
> 得证.
>
> /Remark/
>
> > 这是如何构造出来的？
> >
> > 相当于构造 $\Phi:\R^n\times\[0,1]\to\R^n$，得到 $\Phi(x\_1,\cdots,x\_n,t)=(tx\_1,\cdots,tx\_n)$.
> >
> > Poincare 令：
> >
> > $$
> > \int\_0^1(\Phi^\*\alpha)=\omega
> > $$
> >
> > 则 $\omega\in\Omega^{k-1}(\R^n)$，容易验证 $\text{d}\omega=\alpha$.

Poincare 引理只在 $\R^n$ 上成立，对于一般的流形 $X$，

$$
\Omega^0(X)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^1(X)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\Omega^2(X)\overset{\text{d}}{\longrightarrow}\cdots
$$

问：还有没有 Poincare 引理成立？

我们已经证明 ${\alpha=\text{d}\omega}\subseteq{\text{d}\alpha=0}$，定义：

$$
H^k(X)=\frac{{\text{d}\alpha=0,,,\alpha\in\Omega^k(X)}}{{\alpha=\text{d}\omega,,,\alpha\in\Omega^{k-1}(X)}}
$$

来描述两个集合的差异. 这就是 $X$ 的 $k$ 维上同调 (de Rham cohomology)

$H^1(X)={X$ 上的无旋场$}/{$有势场$}$.

$H^2(X)={X$ 上的无散场$}/{$旋度场$}$.

::: tip

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 $y=y(x)$ 使之满足一个有关 $y$ 和 $y$ 的高阶导数的方程.

$$
F(y(x),y^{(1)}(x),\cdots,y^{(n)}(x))=0,,\quad\forall x\in I
$$

在 $I$ 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 $n$ 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

$$
\begin{cases}
F(y,y^{(1)},\cdots,y^{(n)})=0\\\\
y(x\_0)=y\_0\\\\
y^{(1)}(x\_0)=y\_1\\
\vdots\\
y^{(n-1)}(x\_0)=y\_{n-1}
\end{cases}
$$

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 $F(x,y(x),y'(x))=0$ 的方程. 可分离变量的一阶 ODE 是其中可以改写为 $y'(x)=f(x)g(y)$ 的一类.

这一类方程可以写成：

$$
\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=f(x)g(y)\Longrightarrow \frac{\text{d}y}{g(y)}=f(x)\text{d}x
$$

::: steps

1. 若可以找出 $1/g(y)$ 的原函数 $G(y)$，有

   $$
   G(y)=\int\frac{\text{d}y}{g(y)}
   $$

2. 由链式法则，得到 $G(y(x))=f(x)$ 的原函数，所以
   $$
   G(y(x))=\int f(x)\text{d}x
   $$

:::

上述说法太过于麻烦，形式化的改写是直接两边不定积分：

$$
\int\frac{\text{d}y}{g(y)}=\int f(x)\text{d}x
$$

对于 Cauchy 问题中的可分离变量一阶 ODE，多一个条件 $y(x\_0)=y\_0$，这时严格的解法是

$$
\int\_{y\_0}^{y(x)}\frac{\text{d}y}{g(y)}\overset{y(x)=y}{=}\int\_{x\_0}^x\frac{y'(x)\text{d}x}{g(y(x))}=\int\_{x\_0}^xf(x)\text{d}x
$$

更加形式化的改写是直接分离变量，然后两边定积分：

$$
\int\_{y\_0}^{y(x)}\frac{\text{d}y}{g(y)}=\int\_{x\_0}^xf(x)\text{d}x
$$

### 一阶线性 ODE

线性 ODE $\longleftrightarrow$ 方程关于 $y,y',\cdots,y^{(n)}$ 的线性式子.

一阶线性 ODE $\longleftrightarrow$ $y'(x)+P(x)y(x)=Q(x)$.

齐次线性 ODE $\longleftrightarrow$ $Q(x)=0$；反之则为非齐次的.

解法是：

(1) 解齐次 ODE：$y'+P(x)y=0$. 显然可以分离变量，得到\\

$$
\frac{\text{d}y}{y}=-P(x)\text{d}x
$$

::: tip

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

$$
y=Ce^{-\int\_{x\_0}^xP(t)\text{d}t}
$$

(2) 对于一般的一阶线性 ODE：

将齐次的解中的 $C$ 从数变为函数 —— 常数变易法

考虑：

$$
y(x)=C(x)e^{-\int\_{x\_0}^xP(t)\text{d}t}
$$

代入，得到

$$
C'(x)e^{-\int\_{x\_0}^xP}+C(x)e^{-\int\_{x\_0}^xP}(-P)+PCe^{-\int\_{x\_0}^x}=Q
$$

后面两项抵消.

::: tip

“抵消” 的 “抵” 字下面有没有这一点？

:::

最终得到公式：

$$
y(x)=\left(\int Q(x)e^{\int P(t)\text{d}t}\text{d}x+C\right)e^{-\int P(t)\text{d}t}
$$

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 $y$ / 不显含 $x$)…

### 不显含时间的二阶微分方程

形如如下的方程：

$$
\begin{cases}
y''=H(y,y')\\\\
y(x\_0)=y\_0\\\\
y'(x\_0)=y\_1
\end{cases}
$$

不显含 $x$. 求解的方法是做如下的映射：

$$
\R\overset{y^{-1}}{\longrightarrow}I\overset{y'}{\longrightarrow}\R
$$

其中 $I$ 是 $x$ 的定义域.

为了确认反函数的存在，要使用反函数定理，若 $y'(x\_0)=y\_1\neq0$，则在 $x\_0$ 附近有反函数 $y^{-1}$. 因为我们觉得 "$y$" 既代表点又代表函数，容易引起歧义，所以将函数写成 $\varphi(x)$.

令 $P(y)=\varphi'(\varphi^{-1}(y))$

现在的问题是：$\varphi''(\varphi^{-1}(y))=?$

链式法则，得到

$$
\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=\frac{\varphi''(\varphi^{-1}(y))}{\varphi'(\varphi^{-1}(y))}
$$

所以

$$
\varphi''(\varphi^{-1}(y))=\varphi'(\varphi^{-1}(y))\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}
$$

于是可以求解方程，原来的方程写为

$$
P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=H(y,P(y))
$$

是一个关于 $P(y)$ 的一阶 ODE.

总结解法：

> 令 $P(y)=y'\circ y^{-1}$，则
>
> $$
> y''=P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}
> $$
>
> 从而方程 $y''=H(y,y')$ 变为：
>
> $$
> \begin{cases}
> P(y)\frac{\text{d}P}{\text{d}y}=H(y,P(y))\\\\
> P(y\_0)=y\_1
> \end{cases}
> $$

### 一阶 ODE 短期解

一阶 ODE 初值问题的短期解是存在且唯一的.

$$
\begin{cases}
y'=f(x,y)\\\\
y(x\_0)=y\_0
\end{cases}\quad\overset{\text{integral}}{\Longleftrightarrow}\quad\int\_{x\_0}^xy'(x)\text{d}x=\int\_{x\_0}^xf(x,y(x))\text{d}x
$$

变为一个这样的积分方程：

$$
y(x)=y\_0+\int\_{x\_0}^xf(t,y(t))\text{d}t
$$

求解函数空间 $M=C(\[a,b])$ 上的解，积分方程 RHS 是 $M$ 上的一个算子 $\text{T}:M\to M$，$\forall\varphi\in M$ 定义 $\operatorname{T}\varphi\in M$ 为

$$
(\operatorname{T}\varphi)(x)=y\_0+\int\_{x\_0}^xf(t,\varphi(t))\text{d}t,,\quad\forall x\in\[a,b]
$$

所以求解这个积分方程等价于找到 $\varphi(x)\in M$ 使得 $\varphi(x)=(\operatorname{T}\varphi)(x)$，也就是找到 $\operatorname{T}$ 这个映射的不动点.

用压缩映像定理：

* $M$ 上的度量写成：

  $$
  d(h,g)=\max\_{x\in\[a,b]}|h(x)-g(x)|,,\quad\forall h,g\in M
  $$

  易证这个度量完备.

* $\operatorname{T}$ 是否压缩？

  $$
  \begin{aligned}
  \&d(\operatorname{T}\varphi,\operatorname{T}\psi)\\\\
  &=\max\_{x}|\operatorname{T}\varphi(x)-\operatorname{T}\psi(x)|\\\\
  &=\left|\int\_{x\_0}^x(f(t,\varphi(t))\text{d}t-f(t,\psi(t))\text{d}t)\right|\\\\
  &\leq\int\_{x\_0}^x|f(t,\varphi(t))\text{d}t-f(t,\psi(t))|\text{d}t
  \end{aligned}
  $$

  这里用到所谓 Lipshitz 条件：

  /Definition/

  > 称 $f$ 在 $\[a,b]\times\[c,d]=I$ 上是 Lipshitz 的，若 $\exist$ 常数 $L$ 使得
  >
  > $$
  > |f(x,y\_1)-f(x,y\_2)|\leq L|y\_1-y\_2|,,\quad\forall(x,y\_1),(x,y\_2)\in I
  > $$

  /Theorem/ (Picard - Lindelof 定理)

  > 设 $f$ 是连续的且 Lipshitz，则 $\exist,,h>0$ (可能很小)，使得
  >
  > $$
  > \begin{cases}
  > y'=f(x,y)\\\\
  > y(x\_0)=y\_0
  > \end{cases}
  > $$
  >
  > 在 $\[x\_0-h,x\_0+h]$ 上有唯一解 (短期解).

### 高阶线性 ODE

形如下面的 ODE：

$$
y^{(n)}+a\_{n-1}(x)y^{(n-1)}+\cdots+a\_0(x)y(x)=b(x)\tag{\*}
$$

/Theorem/ (线性 ODE 有唯一长期解)

> 设 $a\_i(x)\in C(\[a,b])$，$\forall i$.
>
> 则 Cauchy 问题：
>
> $$
> \begin{cases}
> (\*)\\\\
> y(x\_0)=y\_0\\
> \vdots\\
> y^{(n-1)}(x\_0)=y\_{n-1}
> \end{cases}
> $$
>
> 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：

$$
v\_1(x)=y(x),,\quad v\_2(x)=y'(x),,\quad\cdots,,\quad v\_n(x)=y^{(n-1)}(x)
$$

得到

$$
\begin{pmatrix}
v\_1\\\vdots\v\_n
\end{pmatrix}'=\begin{pmatrix}
0&1&\cdots\\
0&0&1&\cdots\\
\vdots\\
0&\cdots&&0&1\\
-a\_0&-a\_1&\cdots&&-a\_n
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
0\\\vdots\0\v(x)
\end{pmatrix}
$$

### 常系数高阶线性 ODE

/Theorem/

> 齐次线性常系数方程：
>
> $$
> y^{(n)}+a\_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a\_0y=0
> $$
>
> 的全体解可由 $n$ 个线性无关解 (基本解生成).

::: tip

实际上这个时候已经下课了.

:::

/Claim/

> 非齐次方程：
>
> $$
> y^{(n)}+a\_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a\_0y=b
> $$
>
> 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 $n$ 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：

$$
y''+py'+q=0
$$

古人试出来：$y(x)=e^{\lambda t}$，代入得到特征方程 $\lambda^2+p\lambda+q=0$，特征根是 $\lambda=\alpha,\beta$. 所以这时候的解是

$$
\phi\_1(x)=e^{\alpha x},,\quad\phi\_2(x)=e^{\beta x}
$$

如果 $\alpha=\beta$ 的特殊情况，则通解为 (由 L'Hopital 法则给出) $xe^{\alpha x}$.

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：

$$
y''+py'+q=b
$$

要找到一个特解，我们使用常数变易法，将 $c\_1\phi\_1(x)+c\_2\phi\_2(x)$ 中的两个常数 $c\_1,c\_2$ 变为函数 $c\_1(x),c\_2(x)$，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：

$c\_1'\phi\_1+c\_2'\phi\_2=0$. 同时要求 $c\_1'\phi\_1'+c\_2'\phi\_2'=b(x)$.

也就得到线性的方程组：

$$
\begin{pmatrix}
\phi\_1&\phi\_2\\\phi\_1'&\phi\_2'
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
c\_1'\c\_2'
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0\b(x)
\end{pmatrix}
$$

特解将得到：

$$
\begin{pmatrix}
c\_1'\c\_2'
\end{pmatrix}=\frac{1}{\phi\_1\phi\_2'-\phi\_2\phi\_1'}\begin{pmatrix}
\phi\_2'&-\phi\_2\\-\phi\_1'&\phi\_1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0\b(x)
\end{pmatrix}
$$