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不定积分转化为变上限积分：一阶线性方程周期解

结合一阶线性微分方程周期解问题，说明为什么要把不定积分转化为变上限积分：固定积分下限后，才能清楚比较 x 与 x+T 处的函数值，并利用周期条件确定常数。

不定积分转化为变上限积分：一阶线性方程周期解

一、核心思路：为什么要转化为变上限积分

这类题的难点不在求不定积分，而在后面要证明周期性。

对方程

y′+y=f(x),y'+y=f(x),

两边乘以积分因子 exe^x，得

(exy)′=f(x)ex.(e^x y)'=f(x)e^x.

于是通解自然会写成

y=e−x(∫f(x)ex dx+C).y=e^{-x}\left(\int f(x)e^x\,dx+C\right).

如果题目只是求通解，写到这里就够了；但现在要证明存在以 TT 为周期的解，也就是要比较 y(x+T)y(x+T) 和 y(x)y(x)。

这时继续使用不定积分会很别扭：∫f(x)ex dx\int f(x)e^x\,dx 只是“某个原函数”的记号，没有固定起点。代入 x+Tx+T 后，很难直接看出它和代入 xx 的结果相差多少。

所以要把不定积分改写成变上限积分。若 h(x)h(x) 连续，则

(∫x0xh(t) dt)′=h(x).\left(\int_{x_0}^x h(t)\,dt\right)'=h(x).

因此

∫h(x) dx=∫x0xh(t) dt+C.\int h(x)\,dx = \int_{x_0}^x h(t)\,dt+C.

取下限为 00，就有

exy=∫0xf(t)et dt+C.e^x y=\int_0^x f(t)e^t\,dt+C.

所以通解可以写成

y(x)=e−x(∫0xf(t)et dt+C)\boxed{ y(x)=e^{-x}\left(\int_0^x f(t)e^t\,dt+C\right) }

这样写的好处是非常明确的：代入 x+Tx+T 后会出现

∫0x+Tf(t)et dt,\int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt,

它可以拆成

∫0Tf(t)et dt+∫Tx+Tf(t)et dt.\int_0^T f(t)e^t\,dt+\int_T^{x+T} f(t)e^t\,dt.

第二段再令 u=t−Tu=t-T，就能用 f(u+T)=f(u)f(u+T)=f(u) 消掉周期项。也就是说，固定下限以后，周期条件才有地方用。

二、例1：2018 数一真题

解答题2018 数一真题

已知微分方程

y′+y=f(x),y'+y=f(x),

其中 f(x)f(x) 是 R\mathbb{R} 上的连续函数。

（1）若 f(x)=xf(x)=x，求方程的通解；

（2）若 f(x)f(x) 是周期为 TT 的函数，证明：方程存在唯一的以 TT 为周期的解。

解答

三、问题（1）：求通解

当 f(x)=xf(x)=x 时，方程为

y′+y=x.y'+y=x.

通解为

y=x−1+Ce−x\boxed{y=x-1+Ce^{-x}}

其中 CC 为任意常数。

四、问题（2）：证明周期解存在且唯一

先由第一部分的结论写出通解：

y(x)=e−x(∫0xf(t)et dt+C).y(x)=e^{-x}\left(\int_0^x f(t)e^t\,dt+C\right).

若它是以 TT 为周期的解，则应满足

y(x+T)=y(x).y(x+T)=y(x).

思路很直接：把 x+Tx+T 代入通解，用周期条件解出 CC。若 CC 被唯一确定为一个常数，就说明周期解存在且唯一。

五、方法1：由周期条件确定常数

由通解得

y(x+T)=e−(x+T)(∫0x+Tf(t)et dt+C).y(x+T) = e^{-(x+T)} \left( \int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt+C \right).

令

y(x+T)−y(x)=0.y(x+T)-y(x)=0.

即

e−(x+T)∫0x+Tf(t)et dt+Ce−(x+T)−e−x∫0xf(t)et dt−Ce−x=0.e^{-(x+T)} \int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt + Ce^{-(x+T)} - e^{-x} \int_0^x f(t)e^t\,dt - Ce^{-x} =0.

整理得

C=11−e−T[e−T∫0x+Tf(t)et dt−∫0xf(t)et dt].C = \frac{1}{1-e^{-T}} \left[ e^{-T}\int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt - \int_0^x f(t)e^t\,dt \right].

下面只需要证明右边是一个与 xx 无关的常数。

先拆分积分区间：

∫0x+Tf(t)et dt=∫0Tf(t)et dt+∫Tx+Tf(t)et dt.\int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt = \int_0^T f(t)e^t\,dt + \int_T^{x+T} f(t)e^t\,dt.

对第二项令 u=t−Tu=t-T，则

∫Tx+Tf(t)et dt=∫0xf(u+T)eu+T du.\int_T^{x+T} f(t)e^t\,dt = \int_0^x f(u+T)e^{u+T}\,du.

由于 f(x)f(x) 以 TT 为周期，

f(u+T)=f(u).f(u+T)=f(u).

所以

∫Tx+Tf(t)et dt=eT∫0xf(u)eu du.\int_T^{x+T} f(t)e^t\,dt = e^T\int_0^x f(u)e^u\,du.

于是

∫0x+Tf(t)et dt=∫0Tf(t)et dt+eT∫0xf(t)et dt.\int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt = \int_0^T f(t)e^t\,dt + e^T\int_0^x f(t)e^t\,dt.

代回 CC 的表达式：

C=11−e−T[e−T(∫0Tf(t)et dt+eT∫0xf(t)et dt)−∫0xf(t)et dt].C = \frac{1}{1-e^{-T}} \left[ e^{-T} \left( \int_0^T f(t)e^t\,dt + e^T\int_0^x f(t)e^t\,dt \right) - \int_0^x f(t)e^t\,dt \right].

中间两项抵消，得到

C=11−e−Te−T∫0Tf(t)et dt.C = \frac{1}{1-e^{-T}} e^{-T}\int_0^T f(t)e^t\,dt.

即

C=1eT−1∫0Tf(t)et dt\boxed{ C= \frac{1}{e^T-1} \int_0^T f(t)e^t\,dt }

这是一个确定的常数。由于周期 T>0T>0，所以 eT−1≠0e^T-1\ne 0，因此 CC 唯一确定。

所以方程存在唯一的以 TT 为周期的解。

六、方法2：先证明常数与 xx 无关

上面的方法是直接化简出 CC。也可以先把

g(x)=11−e−T[e−T∫0x+Tf(t)et dt−∫0xf(t)et dt]g(x) = \frac{1}{1-e^{-T}} \left[ e^{-T}\int_0^{x+T} f(t)e^t\,dt - \int_0^x f(t)e^t\,dt \right]

看成一个函数，证明它其实是常数。

由变上限积分求导，

g′(x)=11−e−T[e−Tf(x+T)ex+T−f(x)ex].g'(x) = \frac{1}{1-e^{-T}} \left[ e^{-T}f(x+T)e^{x+T} - f(x)e^x \right].

又因为

f(x+T)=f(x),f(x+T)=f(x),

所以

g′(x)=11−e−T[f(x)ex−f(x)ex]=0.g'(x) = \frac{1}{1-e^{-T}} \left[ f(x)e^x - f(x)e^x \right] =0.

因此 g(x)g(x) 为常数，可以取

C=g(0)=1eT−1∫0Tf(t)et dt.C=g(0) = \frac{1}{e^T-1} \int_0^T f(t)e^t\,dt.

这个方法适合用来证明“确实能取到一个常数 CC”，不必一开始就把所有积分区间完全展开。

七、小结

本题的主线是：

  1. 通解里会自然出现不定积分；
  2. 因为要比较 y(x+T)y(x+T) 和 y(x)y(x)，所以不定积分不好用；
  3. 把它改写成下限固定的变上限积分，才能拆区间、换元并使用周期条件；
  4. 周期条件最终把常数 CC 唯一确定，因此周期解存在且唯一。

记住一句话：遇到周期、差值、唯一性，不定积分常常要变成变上限积分。

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