四、微积分模型（接上文）

2、新产品销售量

题目：一种耐用新产品进入市场后，销售量一般会经历先增加、后下降的过程，即产品生命周期 PLC。若 PLC 曲线为钟型，试建立模型分析这一现象。

解析一：分析信息传播来源。
新产品进入市场后，消费者获得产品信息的途径主要有两类：

1. 厂家广告等来自消费者群体外部的信息；
2. 已购买消费者对周围人的评价和推荐，即消费者群体内部的信息。

对于耐用产品，可以把产品的累积销售量近似看成已经购买该产品的人数。

设：

$K$ 表示潜在消费者总数；

$n(t)$ 表示 $t$ 时刻已经购买该产品的人数；

$a$ 表示外部信息影响下的购买比例系数；

$b$ 表示内部传播影响下的购买比例系数。

解析二：建立购买人数变化模型。
在时间区间 $[t,t+\Delta t]$ 内，购买者增量由两部分组成。

外部信息导致的购买者增量与尚未购买者人数 $K-n(t)$ 成正比：

$$\Delta n_1=a(K-n(t))\Delta t$$

内部信息导致的购买者增量与已购买者人数 $n(t)$ 和未购买者人数 $K-n(t)$ 的乘积成正比：

$$\Delta n_2=bn(t)(K-n(t))\Delta t$$

因此总增量为：

$$\Delta n(t)=a(K-n(t))\Delta t+bn(t)(K-n(t))\Delta t$$

两边同除以 $\Delta t$，并令 $\Delta t\to 0$，得到微分方程：

$$\frac{dn}{dt}=(K-n(t))(a+bn(t)),n(0)=0$$

解析三：求解累积销售量。
解该微分方程：用分离变量。

原方程是

$$\frac{dn}{dt}=(K-n)(a+bn),n(0)=0$$

它虽然是一阶非线性方程，但右边只含 $n$，不显含 $t$，所以属于自治微分方程，可以直接分离变量：

$$\frac{dn}{(K-n)(a+bn)}=dt$$

接下来做部分分式分解（笔者已然忘却积分技巧，自己写的时候卡在这一步）：

$$\frac{1}{(K-n)(a+bn)}=\frac{A}{K-n}+\frac{B}{a+bn}$$

两边通分：

$$1=A(a+bn)+B(K-n)$$

比较常数项和 $n$ 的系数：

$$\{\begin{array}{l}Aa+BK=1,\\ Ab-B=0.\end{array}$$

由 $Ab-B=0$，得：

$$B=Ab$$

代入 $Aa+BK=1$：

$$Aa+AbK=1$$

所以：

$$A=\frac{1}{a+bK},B=\frac{b}{a+bK}$$

因此：

$$\frac{1}{(K-n)(a+bn)}=\frac{1}{a+bK}\cdot \frac{1}{K-n}+\frac{b}{a+bK}\cdot \frac{1}{a+bn}$$

两边积分：

$$\int \frac{dn}{(K-n)(a+bn)}=\int dt$$

左边为：

$$\frac{1}{a+bK}\int \frac{1}{K-n}dn+\frac{b}{a+bK}\int \frac{1}{a+bn}dn$$

注意第一个积分有负号：

$$\int \frac{1}{K-n}dn=-\ln |K-n|$$

第二个积分为：

$$\int \frac{1}{a+bn}dn=\frac{1}{b}\ln |a+bn|$$

所以：

$$\frac{1}{a+bK}\left[-\ln |K-n|+\ln |a+bn|\right]=t+C$$

合并对数：

$$\frac{1}{a+bK}\ln \frac{a+bn}{K-n}=t+C$$

两边乘以 $a+bK$：

$$\ln \frac{a+bn}{K-n}=(a+bK)t+C_1$$

取指数：

$$\frac{a+bn}{K-n}=C{e}^{(a+bK)t}$$

用初始条件 $n(0)=0$。代入：

$$\frac{a+b\cdot 0}{K-0}=C$$

所以：

$$C=\frac{a}{K}$$

因此：

$$\frac{a+bn}{K-n}=\frac{a}{K}{e}^{(a+bK)t}$$

下面解出 $n(t)$。设：

$$E=e^{(a+bK)t}$$

则：

$$\frac{a+bn}{K-n}=\frac{a}{K}E$$

交叉相乘：

$$K(a+bn)=aE(K-n)$$

展开：

$$aK+bKn=aKE-aEn$$

把含 $n$ 的项放到一边：

$$bKn+aEn=aK(E-1)$$

所以：

$$n(bK+aE)=aK(E-1)$$

得到：

$$n(t)=\frac{aK(E-1)}{bK+aE}$$

把 $E=e^{(a+bK)t}$ 代回去：

$$n(t)=\frac{aK\left(e^{(a+bK)t}-1\right)}{bK+a{e}^{(a+bK)t}}$$

也可以上下同除以 $a{e}^{(a+bK)t}$，化成 PPT 里更常见的形式：

$$n(t)=K\cdot \frac{1-e^{-(a+bK)t}}{1+\frac{bK}{a}{e}^{-(a+bK)t}}$$

其中 $n(t)$ 表示到 $t$ 时刻为止的累积购买人数。

销售速度为 $n^{\prime }(t)$。由模型可知，初期由于购买者较少，内部传播作用不强，销售速度较低；随着购买者增多，内部传播增强，销售速度上升；当潜在消费者逐渐减少时，销售速度又会下降。

结论：累积销售量 $n(t)$ 的导函数 $n^{\prime }(t)$ 可以表现为先上升后下降的钟型曲线，因此该模型能够解释新产品销售量的 PLC 现象。

3、观众厅地面设计（建议看ppt）

题目：在影视厅或报告厅中，为避免前排观众遮挡后排观众视线，需将地面设计成前低后高的坡度形式。试建立数学模型，设计良好的观众厅地面坡度曲线。

解析一：提出基本假设。
为简化问题，作如下假设：

1. 观众厅地面的纵剖面图一致，只需求中轴线上的地面起伏曲线；
2. 同一排座位在同一等高线上；
3. 每个坐在座位上的观众眼睛与地面的距离相等；
4. 每个坐在座位上的观众头顶与地面的距离相等；
5. 所求曲线只要使后排观众的视线从紧邻前一排观众的头顶擦过即可。
   （感觉还有一条假设就是观众头顶=座位顶）

解析二：建立坐标与变量。
设 $O$ 为台上的设计视点，建立坐标系。记：
$a$ 表示第一排观众与设计视点的水平距离；
$b$ 表示第一排观众眼睛到设计视点所在水平线的竖直距离；
$d$ 表示相邻两排之间的排距；
$\delta$ 表示视线需要高出前排头顶的标准高度；（笔者疑惑，不就是表示观众头顶相对于眼睛的竖直高度差，即从眼睛到头顶的高度吗？）
$x$ 表示某一排观众与设计视点的水平距离；
$y(x)$ 表示该排观众眼睛相对于设计视点的竖直距离。

因此需要求出满足无遮挡要求的曲线：

$$y=y(x)$$

初始条件为：

$$y(a)=b$$

解析三：建立微分不等式模型。（这块建议看ppt）
由于后排观众的视线应刚好从前排观众头顶上方通过，眼睛升起曲线应当随排数增加而上升，并且该曲线通常是凹的。

通过几何相似关系，可以得到曲线斜率满足如下微分不等式：

$$\frac{y}{x}+\frac{\delta }{d}<\frac{dy}{dx}<\frac{y}{x}+\frac{\delta }{d}+\frac{\delta }{x}$$

这个不等式给出了地面升起曲线斜率的上下界。

解析四：利用比较定理求上下界。（要用到换元法求微分方程）
考虑下界对应的微分方程：

$$\frac{d{y}_1}{dx}=\frac{y_1}{x}+\frac{\delta }{d},y_1(a)=b$$
令：
$$u=\frac{y_1}{x}$$
则：
$$y_1=ux,\frac{d{y}_1}{dx}=u+x\frac{du}{dx}$$
代入原方程：
$$u+x\frac{du}{dx}=u+\frac{\delta }{d}$$
两边消去 $u$，得：
$$x\frac{du}{dx}=\frac{\delta }{d}$$
即：
$$\frac{du}{dx}=\frac{\delta }{dx}$$
两边积分：
$$u=\frac{\delta }{d}\ln x+C$$

由于 $u=\frac{y_1}{x}$，所以：
$$y_1=x\left(\frac{\delta }{d}\ln x+C\right)$$
由初始条件 $y_1(a)=b$，得：
$$b=a\left(\frac{\delta }{d}\ln a+C\right)$$
所以：
$$C=\frac{b}{a}-\frac{\delta }{d}\ln a$$

解得：
$$y_1(x)=\frac{b}{a}x+\frac{\delta x}{d}\ln \frac{x}{a}$$

考虑上界对应的微分方程：

$$\frac{d{y}_2}{dx}=\frac{y_2}{x}+\frac{\delta }{d}+\frac{\delta }{x},y_2(a)=b$$
令：

$$u=\frac{y_2}{x}$$

则：

$$y_2=ux,\frac{d{y}_2}{dx}=u+x\frac{du}{dx}$$

代入原方程：

$$u+x\frac{du}{dx}=u+\frac{\delta }{d}+\frac{\delta }{x}$$

两边消去 $u$，得：

$$x\frac{du}{dx}=\frac{\delta }{d}+\frac{\delta }{x}$$

即：

$$\frac{du}{dx}=\frac{\delta }{dx}+\frac{\delta }{x^2}$$

两边积分：

$$u=\frac{\delta }{d}\ln x-\frac{\delta }{x}+C$$

由于 $u=\frac{y_2}{x}$，所以：

$$y_2=x\left(\frac{\delta }{d}\ln x-\frac{\delta }{x}+C\right)$$

即：

$$y_2=\frac{\delta x}{d}\ln x-\delta +Cx$$

由初始条件 $y_2(a)=b$，得：

$$b=\frac{\delta a}{d}\ln a-\delta +Ca$$

所以：

$$C=\frac{b}{a}-\frac{\delta }{d}\ln a+\frac{\delta }{a}$$
解得：

$$y_2(x)=\frac{b}{a}x+\frac{\delta x}{d}\ln \frac{x}{a}+\delta \left(\frac{x}{a}-1\right)$$

因此所求曲线满足：

$$\frac{b}{a}x+\frac{\delta x}{d}\ln \frac{x}{a}<y(x)<\frac{b}{a}x+\frac{\delta x}{d}\ln \frac{x}{a}+\delta \left(\frac{x}{a}-1\right)$$

解析五：给出近似曲线。
实际设计中可以采用折衷法，取上下界的平均值：

$$y(x)=\frac{y_1(x)+y_2(x)}{2}$$

即：

$$y(x)=\frac{b}{a}x+\frac{\delta x}{d}\ln \frac{x}{a}+\frac{\delta }{2}\left(\frac{x}{a}-1\right)$$

结论：观众厅地面的近似坡度曲线可取 $y(x)=\frac{b}{a}x+\frac{\delta x}{d}\ln \frac{x}{a}+\frac{\delta }{2}\left(\frac{x}{a}-1\right)$，该曲线能在一定程度上保证后排观众视线不被前排遮挡。

模型讨论：有时只需求近似解。
本模型利用微分不等式给出了可行曲线的范围，再用折衷法得到一个便于设计的近似曲线。若希望减少地面坡度，可以调整参数，例如减小视线升高标准 $\delta$、增大排距 $d$，或采用相邻排错位等方式。衡量设计经济性的指标可以包括座位数量尽量多、升起曲线占据空间尽量少等。

4、最速降线问题

题目：确定一条连接定点 $A$、$B$ 的曲线，使质点在该曲线上由 $A$ 滑至 $B$ 所用时间最短，忽略摩擦力和空气阻力。

解析一：问题背景。
直观上，两点之间的直线段最短，但质点沿曲线下滑时，路径长度不是唯一因素，速度也会随下降高度增加而增大。因此用时最短的路径不一定是直线。

历史上，伽利略曾研究过这一问题，并认为速降线是圆弧。但真正的最速降线是摆线，也称旋轮线。

解析二：先分析一个分层介质中的最短时间路径问题。
设质点从点 $A(x_1,y_1)$ 运动到点 $B(x_2,y_2)$，其中 $y_1>0$，$y_2<0$。质点在上半平面中的速度为常数 $v_1$，在下半平面中的速度为常数 $v_2$。设路径在 $x$ 轴上的折点为 $C(x,0)$。

质点沿折线路径 $ACB$ 的总时间为：

$$t(x)=\frac{\sqrt{(x-x_1{)}^2+y_1^2}}{v_1}+\frac{\sqrt{(x-x_2{)}^2+y_2^2}}{v_2}$$

对 $x$ 求导：

$$\frac{dt}{dx}=\frac{x-x_1}{v_1\sqrt{(x-x_1{)}^2+y_1^2}}+\frac{x-x_2}{v_2\sqrt{(x-x_2{)}^2+y_2^2}}$$

若设 $AC$、$BC$ 与 $y$ 轴的夹角分别为 $i_1,i_2$，则可写为：

$$\frac{dt}{dx}=\frac{\sin i_1}{v_1}-\frac{\sin i_2}{v_2}$$

最短时间要求 $\frac{dt}{dx}=0$，所以：

$$\frac{\sin i_1}{v_1}=\frac{\sin i_2}{v_2}$$

这与光的折射定律一致：光从一种介质进入另一种介质时，入射角正弦与折射角正弦之比等于光在两种介质中的速度比。

解析三：方法一，利用折射定律建立最速降线模型。
在最速降线问题中，质点下降时速度不是常数，而是随高度变化。设质点从静止开始下滑，下降到点 $D(x,y)$ 时，下降高度为 $y$。由机械能守恒：

$$\frac{1}{2}m{v}^2=mgy$$

所以：

$$v=\sqrt{2gy}$$

把质点的运动看作在不同高度处速度不同的运动。根据折射定律的连续形式，有：

$$\frac{\sin \alpha }{v}=c$$

不同高度处的速度不同，可以把空间想象成很多很多层很薄的水平介质，相邻两层之间使用折射定律：
$$\frac{\sin {\alpha }_1}{v_1}=\frac{\sin {\alpha }_2}{v_2}=\frac{\sin {\alpha }_3}{v_3}=\cdots$$
当这些水平层无限变薄时，速度就从“分层常数”变成连续变化的函数 $v(y)$。于是上面的关系就变成连续形式：
$$\frac{\sin \alpha }{v}=c$$

其中 $\alpha$ 表示路径方向与竖直方向之间的夹角，$c$ 为常数。

由几何关系：

$$\sin \alpha =\frac{1}{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}}$$

代入 $v=\sqrt{2gy}$，得到：

$$\frac{1}{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}\sqrt{2gy}}=c$$

整理可得：

$$2gy(1+(y^{\prime }{)}^2)=C$$

其中 $C$ 为常数。

里面的 C 不是直接由 y(0)=0 算出来的。因为最速降线通常把出发点 A 取为原点：
$$A=(0,0)$$
而代入 y=0 时，方程左边是：
$$2g\cdot 0\cdot (1+(y^{\prime }{)}^2)$$
但在最速降线起点处，曲线切线是竖直的，$y^{\prime }\to +\infty$，所以这里是一个奇异点，不能像普通初值问题那样直接代入 $y(0)=0$ 求 $C$。真正能确定常数的是终点 $B$ 的坐标。PPT 第 22 页这里只是给出了由微分方程得到的摆线参数解，没有展开常数由终点确定的过程。

由微分方程求参数形式。

$$2gy\left(1+(y^{\prime }{)}^2\right)=C$$
令：
$$\frac{C}{2g}=2a$$
其中 $a>0$ 为常数，则方程化为：
$$y\left(1+(y^{\prime }{)}^2\right)=2a$$
所以：
$$1+(y^{\prime }{)}^2=\frac{2a}{y}$$
即：
$$(y^{\prime }{)}^2=\frac{2a-y}{y}$$
取正方向，有：
$$\frac{dy}{dx}=\sqrt{\frac{2a-y}{y}}$$
因此：
$$\frac{dx}{dy}=\sqrt{\frac{y}{2a-y}}$$
于是：
$$dx=\sqrt{\frac{y}{2a-y}}dy$$

为便于积分，令：

$$y=a(1-\cos \theta )$$

则：

$$2a-y=a(1+\cos \theta )$$

所以：
$$\sqrt{\frac{y}{2a-y}}=\sqrt{\frac{1-\cos \theta }{1+\cos \theta }}$$
利用半角公式：
$$1-\cos \theta =2{\sin }^2\frac{\theta }{2},1+\cos \theta =2{\cos }^2\frac{\theta }{2}$$
得到：
$$\sqrt{\frac{1-\cos \theta }{1+\cos \theta }}=\tan \frac{\theta }{2}$$
又因为：
$$dy=a\sin \theta d\theta$$
所以：
$$dx=\tan \frac{\theta }{2}\cdot a\sin \theta d\theta$$
由：
$$\sin \theta =2\sin \frac{\theta }{2}\cos \frac{\theta }{2}$$
可得：
$$dx=2a{\sin }^2\frac{\theta }{2}d\theta$$
再由半角公式：
$$2{\sin }^2\frac{\theta }{2}=1-\cos \theta$$
得到：
$$dx=a(1-\cos \theta )d\theta$$
两边积分：
$$x=a(\theta -\sin \theta )+C_1$$
若取出发点 $A$ 为原点，则当 $\theta =0$ 时，$y=0$，同时 $x=0$，所以 $C_1=0$。因此：
$$x=a(\theta -\sin \theta )$$
又由代换式：
$$y=a(1-\cos \theta )$$
最终得到最速降线的参数形式：
$$\{\begin{array}{l}x=a(\theta -\sin \theta ),\\ y=a(1-\cos \theta ).\end{array}$$
这正是摆线方程（推导好麻烦，直接背了吧）。

解析四：方法二，利用变分法建立模型。(我们se不学泛函，看不完就跳过！！)
设曲线从 $A$ 到任一点 $P(x,y)$ 的弧长微元为 $ds$，则：

$$ds=\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}dx$$

又因为质点在高度 $y$ 处的速度为：

$$v=\sqrt{2gy}$$

所以运动时间微元为：

$$dt=\frac{ds}{v}=\frac{\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}}{\sqrt{2gy}}dx$$

因此总时间泛函为：

$$T[y]={\int }_0^{x_B}\sqrt{\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{2gy}}dx$$

令：

$$f(y,y^{\prime })=\sqrt{\frac{1+(y^{\prime }{)}^2}{2gy}}$$

由于 $f$ 不显含 $x$，由变分法中的 Beltrami 恒等式可知：

$$f-y^{\prime }\frac{\partial f}{\partial y^{\prime }}=C$$

化简后可得到与方法一等价的方程：

$$y(1+(y^{\prime }{)}^2)=C_1$$

它的解同样为摆线：

$$\{\begin{array}{l}x=a(\theta -\sin \theta ),\\ y=a(1-\cos \theta ).\end{array}$$

结论：连接两点且使质点无摩擦下滑时间最短的曲线不是直线，也不是一般圆弧，而是摆线。

5、交通管理中的黄灯问题

题目：交通灯由绿灯转换成红灯时，通常会亮一段时间的黄灯。试分析黄灯应当亮多久。

解析一：分析黄灯的作用。
黄灯的作用是警告驾驶员即将变为红灯。要保证一种临界情况：黄灯亮起时，某辆车刚好处在“再远一点就能安全停下，再近一点就不适合急刹”的位置。

如下图，就是黄灯亮起时，该司机正好行驶到临界线上，该司机通过整个路口后，黄灯熄灭。这段时间就是黄灯应当亮起的时间。

车辆行驶方向  ----->

远离路口处             距路口 M 的临界线               斑马线前停止线
--------------------------|-----------------------------|
                          |<------------ M ------------>|

因此，黄灯持续时间 $T$ 应包括三部分：

1. 驾驶员的决定时间或反应时间 $T_1$；
2. 车辆通过十字路口所需时间 $T_2$；
3. 停车距离对应的驾驶时间 $T_3$。（也就是司机以 $v_0$ 的速度行驶长 $M$ 的路所需的时间）

于是：

$$T=T_1+T_2+T_3$$

解析二：计算通过十字路口的时间。
设法定行驶速度为 $v_0$，十字路口长度为 $I$，典型车身长度为 $L$。为了使整辆车通过路口，需要行驶距离 $I+L$，所以：

$$T_2=\frac{I+L}{v_0}$$

解析三：计算停车距离对应的驾驶时间。
设汽车质量为 $m$，刹车摩擦系数为 $f$，车辆行驶距离为 $x(t)$。刹车过程中由牛顿第二定律：

$$m\frac{d^{2}x}{d{t}^2}=-fmg$$

初始条件为：

$$x(0)=0,{\frac{dx}{dt}|}_{t=0}=v_0$$

两边约去 $m$，积分一次：
$$\int \frac{d}{dt}\left(\frac{dx}{dt}\right)dt=\int -fgdt$$

$$\frac{dx}{dt}=-fgt+C_1$$
再代入初始条件，得 $C_1=v_0$
$$\frac{dx}{dt}=v_0-fgt$$

停车时速度为 $0$，所以刹车时间为：

$$t_s=\frac{v_0}{fg}$$

再积分一次，分离变量法：
$$x(t)=v_{0}t-\frac{1}{2}fg{t}^2+C_2$$
再代入初始条件得 $C_2=0$
$$x(t)=v_{0}t-\frac{1}{2}fg{t}^2$$

代入 $t_s=\frac{v_0}{fg}$，得到停车距离（M=从开始刹车到完全停下所走过的距离）：

$$M=x(t_s)=\frac{v_0^2}{2fg}$$

停车距离对应的驾驶时间为：

$$T_3=\frac{M}{v_0}=\frac{v_0}{2fg}$$

结论：黄灯持续时间应取为 $T=T_1+\frac{I+L}{v_0}+\frac{v_0}{2fg}$。

其中 $T_1$ 可由实际测量得到，$\frac{I+L}{v_0}$ 保证车辆通过路口，$\frac{v_0}{2fg}$ 对应车辆从停车距离处继续行驶到路口所需的时间。

6、药物在体内的分布

题目：药物进入机体后形成血药浓度。为了使血药浓度保持在一定范围内，需要建立药物在体内吸收、分布和排泄的模型，从而设计给药方案。

解析一：房室系统的基本思想。
在用微分方程研究实际问题时，可以把研究对象看成一个整体或若干相互联系的部分，这种方法称为房室系统方法。

房室具有以下特征：

1. 房室内研究对象近似均匀分布；
2. 房室中对象的总量或浓度随时间变化；
3. 房室与外部环境之间存在输入和输出；
4. 交换过程满足总量守恒。

在药物动力学中，房室可以表示机体的一部分。若采用单房室模型，则假设药物在体内任意时刻均匀分布。

设：
$x(t)$ 表示 $t$ 时刻体内药物总量；
$V$ 表示机体等效体积；
$C(t)$ 表示血药浓度，则：

$$C(t)=\frac{x(t)}{V}$$

药物的分解与排泄速率通常认为与当前药物量成正比：

$${\left(\frac{dx}{dt}\right)}_{\text{出}}=kx$$

其中 $k>0$ 为排泄或分解比例系数。

单房室模型的基本平衡关系为：

$$\frac{dx}{dt}={\left(\frac{dx}{dt}\right)}_{\text{入}}-{\left(\frac{dx}{dt}\right)}_{\text{出}}$$

情况一：快速静脉注射。

解析：快速静脉注射可以看成瞬间输入，之后只输出不输入。
设在 $t=0$ 时刻向体内瞬间注入总量为 $D$ 的药物，则：

$$x(0)=D$$

之后药物只发生分解和排泄，满足单房室模型的基本平衡关系，代入即为：

$$\frac{dx}{dt}+kx=0$$

解得：

$$x(t)=D{e}^{-kt}$$

因此血药浓度为：

$$C(t)=\frac{D}{V}{e}^{-kt}$$

药物浓度衰减到初始浓度一半所需时间称为血浆半衰期，记为 $t_{1/2}$。由：

$$\frac{1}{2}={\mathrm{e}}^{-k{t}_{1/2}}$$

得：

$$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{k}$$

结论：快速静脉注射能使血药浓度立即达到峰值，然后按指数规律衰减，常用于急救等紧急情况。

情况二：恒速静脉点滴。

解析：恒速静脉点滴可以看成以恒定速率输入，同时按比例输出。
设药物以恒定速率 $K_0$ 输入体内，初始时体内药物量为 $0$，则：
$${\left(\frac{dx}{dt}\right)}_{\text{入}}=K_0$$
因此：
$$\frac{dx}{dt}+kx=K_0,x(0)=0$$
这是一个一阶常系数线性微分方程，通解为：

$$x=e^{-\int P(t)dt}\left(\int Q(t)e^{\int P(t)dt}dt+C\right)$$
所以：

$$x=e^{-kt}\left(\int K_0{e}^{kt}dt+C\right)$$
$$x=e^{-kt}\left(\frac{K_0}{k}{e}^{kt}+C\right)$$
即：
$$x(t)=\frac{K_0}{k}+C{e}^{-kt}$$
代入初始条件 $x(0)=0$：

$$0=\frac{K_0}{k}+C$$
$$C=-\frac{K_0}{k}$$
最终得到：

$$x(t)=\frac{K_0}{k}\left(1-e^{-kt}\right)$$
血药浓度为：
$$C(t)=\frac{K_0}{Vk}\left(1-e^{-kt}\right)$$
当 $t\to +\infty$ 时：
$$\underset{t\to +\infty }{\lim }C(t)=\frac{K_0}{Vk}$$

结论：恒速静脉点滴时，血药浓度逐渐上升，并趋于稳定浓度 $\frac{K_0}{Vk}$。

对于多次点滴，设每次点滴持续时间为 $T_1$，两次点滴之间的间隔时间为 $T_2$。第一次点滴期间：
$$C(t)=\frac{K_0}{Vk}\left(1-e^{-kt}\right),0\le t\le T_1$$
点滴结束后，在 $T_2$ 时间内不再输入药物，只发生排泄，因此：
$$C(t)=C(T_1)e^{-k(t-T_1)}$$
即：
$$C(t)=\frac{K_0}{Vk}\left(1-e^{-k{T}_1}\right)e^{-k(t-T_1)},T_1\le t\le T_1+T_2$$

情况三：口服药或肌肉注射。

解析：口服或肌肉注射时，药物先集中在某一部位，再逐步被吸收进入机体。
设 $y(t)$ 表示尚未被吸收的药物量，吸收速率与当前剩余药物量成正比，比例系数为 $k_1$。若给药总量为 $D$，则：
$$\frac{dy}{dt}=-k_{1}y,y(0)=D$$
解得：
$$y(t)=D{e}^{-k_{1}t}$$
因此进入机体的输入速率为：
$$k_{1}y(t)=k_{1}D{e}^{-k_{1}t}$$
体内药物总量 $x(t)$ 同时受到吸收输入和排泄输出的影响，满足：
$$\frac{dx}{dt}+kx=k_{1}D{e}^{-k_{1}t},x(0)=0$$
当 $k_1\ne k$ 时，为一阶线性微分方程，通解为：

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

$$x=e^{-kt}\left(\int k_{1}D{e}^{-k_{1}t}{e}^{kt}dt+C\right)$$

当 $k_1\ne k$ 时，有：

$$\int k_{1}D{e}^{(k-k_1)t}dt=\frac{k_{1}D}{k-k_1}{e}^{(k-k_1)t}$$

因此：

$$x=e^{-kt}\left(\frac{k_{1}D}{k-k_1}{e}^{(k-k_1)t}+C\right)$$

整理得：

$$x(t)=\frac{k_{1}D}{k-k_1}{e}^{-k_{1}t}+C{e}^{-kt}$$

代入初始条件 $x(0)=0$：
$$C=-\frac{k_{1}D}{k-k_1}$$

代回得：

$$x(t)=\frac{k_{1}D}{k-k_1}{e}^{-k_{1}t}-\frac{k_{1}D}{k-k_1}{e}^{-kt}$$
即：
$$x(t)=\frac{k_{1}D}{k_1-k}\left(e^{-kt}-e^{-k_{1}t}\right)$$
因此血药浓度为：
$$C(t)=\frac{k_{1}D}{V(k_1-k)}\left(e^{-kt}-e^{-k_{1}t}\right)$$
结论：口服或肌肉注射时，血药浓度不是立即达到峰值，而是先随吸收过程上升，再随排泄过程下降。峰值出现时间和有效浓度维持时间与 $k_1$、$k$、$D$、$V$ 等参数有关。

总结：三种给药方式对应不同的血药浓度曲线。
快速静脉注射使血药浓度立即达到峰值并指数衰减；恒速静脉点滴使血药浓度逐渐上升并趋于稳定；口服或肌肉注射则由于存在吸收过程，血药浓度先上升后下降。根据不同疾病对血药浓度的要求，可以进一步确定合适的给药方式和给药间隔。
7、为什么要用三级火箭来发射人造卫星

题目：为什么不能用一级火箭，而通常要采用多级火箭，尤其是三级火箭来发射人造卫星？

解析一：卫星能在轨道上运动所需的最低速度。
先估算卫星绕地球做圆周运动所需的速度。作如下假设：

1. 卫星轨道为过地球中心的某一平面上的圆；
2. 卫星在该轨道上做匀速圆周运动；
3. 地球固定于空间中并近似为均匀球体；
4. 忽略其他星球对卫星的引力。
   设地球半径为 $R$，卫星轨道半径为 $r$，卫星质量为 $m$。地球对卫星的引力为：
   $$F=\frac{km}{r^2}$$
   在地面上有：
   $$\frac{km}{R^2}=mg$$
   所以：
   $$k=g{R}^2$$
   代入引力公式：
   $$F=mg{\left(\frac{R}{r}\right)}^2$$
   卫星做匀速圆周运动时，引力提供向心力：
   $$\frac{m{v}^2}{r}=F$$
   因此：
   $$\frac{m{v}^2}{r}=mg{\left(\frac{R}{r}\right)}^2$$

解得：

$$v=R\sqrt{\frac{g}{r}}$$

若取 $g=9.81{\text{ m/s}}^2$，$R=6400\text{ km}$，$r=7000\text{ km}$，则理论轨道速度约为：

$$v\approx 7.6\text{ km/s}$$

实际发射还需考虑重力损失、空气阻力等因素，因此后续计算中常以更高的末速度要求作为目标，例如 $10.5\text{ km/s}$。

解析二：火箭推进力与速度公式。
为分析火箭本身的速度增长，先作理想化假设：忽略空气阻力和重力。

设火箭在时刻 $t$ 的质量和速度分别为 $m(t)$、$v(t)$，喷出气体相对于火箭的速度为常数 $u$。由动量守恒定理可得：

$$m\frac{dv}{dt}=-u\frac{dm}{dt}$$
注意火箭燃烧过程中 $\frac{dm}{dt}<0$，因此速度增加。

分离变量并积分：
$$dv=-u\frac{dm}{m}$$

由初始质量 $m_0$、初始速度 $v_0$ 积分到时刻 $t$，得到火箭速度公式：
$$v(t)=v_0+u\ln \frac{m_0}{m(t)}$$

结论：在 $v_0$ 和 $m_0$ 一定时，火箭速度主要由喷气相对速度 $u$ 以及质量比 $\frac{m_0}{m(t)}$ 决定。

解析三：一级火箭的速度限制。
把火箭—卫星系统的质量分为三部分：
$m_p$ 表示有效负载质量，例如卫星；
$m_f$ 表示燃料质量；
$m_s$ 表示结构质量，例如外壳、燃料容器和推进器。
一级火箭燃料烧尽后，最终质量为：

$$m_p+m_s$$
若初始速度为 $0$，由火箭速度公式得末速度：
$$v=u\ln \frac{m_0}{m_p+m_s}$$

进一步设结构质量在燃料加结构质量中所占比例为 $\lambda$，即：
$$m_s=\lambda (m_f+m_s)=\lambda (m_0-m_p)$$

于是：
$$m_p+m_s=\lambda m_0+(1-\lambda )m_p$$

末速度为：
$$v=u\ln \frac{m_0}{\lambda m_0+(1-\lambda )m_p}$$

特别地，即使有效负载 $m_p=0$，也有：
$$v=u\ln \frac{1}{\lambda }$$
若取 $u=3\text{ km/s}$，$\lambda =0.1$，则：
$$v=3\ln 10\approx 6.9\text{ km/s}$$

结论：即使发射空壳火箭，一级火箭的末速度也不过约 $7\text{ km/s}$，难以达到发射人造卫星所需速度，因此目前根本不可能用普通一级火箭发射人造卫星。

解析四：理想火箭模型。
一级火箭的主要问题在于：燃料逐渐消耗后，火箭仍需继续加速已经无用的结构质量，推进效率越来越低。
理想火箭模型假设：火箭能够随时抛弃无用结构，结构质量与燃料质量按 $\lambda$ 与 $1-\lambda$ 的比例同时减少。这样，当燃料耗尽时，结构质量也被逐渐抛尽，最终只剩有效负载 $m_p$。

此时由动量守恒可得：
$$m\frac{dv}{dt}=-(1-\lambda )u\frac{dm}{dt}$$
积分得到：
$$v(t)=(1-\lambda )u\ln \frac{m_0}{m(t)}$$
燃料耗尽时 $m(t)=m_p$，所以最终速度为：
$$v=(1-\lambda )u\ln \frac{m_0}{m_p}$$

结论：理想火箭通过不断抛弃无用结构质量，可以显著提高速度，但这只是理论极限，实际中只能用多级火箭近似实现。

解析五：多级火箭对理想过程的逼近。
多级火箭的思想是：当第 $i$ 级火箭的燃料烧尽时，立即抛弃已经无用的第 $i$ 级火箭结构，同时第 $i+1$ 级火箭点火。这样可以减少后续加速时需要携带的无用质量。

先考虑二级火箭。设第一级火箭质量为 $m_1$，第二级火箭质量为 $m_2$，有效负载质量为 $m_p$。各级火箭结构质量比例相同，均为 $\lambda$。

第一级燃烧完成时，速度增量为：
$$v_1=u\ln \frac{m_1+m_2+m_p}{\lambda m_1+m_2+m_p}$$
抛弃第一级结构后，第二级继续工作。第二级燃烧完成后的总速度为：
$$v_2=u\ln \frac{m_1+m_2+m_p}{\lambda m_1+m_2+m_p}+u\ln \frac{m_2+m_p}{\lambda m_2+m_p}$$
合并为：
$$v_2=u\ln \left(\frac{m_1+m_2+m_p}{\lambda m_1+m_2+m_p}\cdot \frac{m_2+m_p}{\lambda m_2+m_p}\right)$$

若进一步假设：
$$m_2=k{m}_p,m_1=k(m_2+m_p)$$

并取 $u=3\text{ km/s}$，$\lambda =0.1$，则：

$$v_2=6\ln \frac{k+1}{0.1k+1}$$

若要求：
$$v_2=10.5\text{ km/s}$$

则：
$$\frac{k+1}{0.1k+1}=e^{10.5/6}\approx 5.75$$

解得：
$$k\approx 11.2$$

于是总质量与有效负载质量之比约为：
$$\frac{m_1+m_2+m_p}{m_p}\approx 149$$
再考虑三级火箭。类似地，在相同假设下有：
$$v_3=u\ln \left(\frac{m_1+m_2+m_3+m_p}{\lambda m_1+m_2+m_3+m_p}\cdot \frac{m_2+m_3+m_p}{\lambda m_2+m_3+m_p}\cdot \frac{m_3+m_p}{\lambda m_3+m_p}\right)$$

若仍取 $u=3\text{ km/s}$，$\lambda =0.1$，且各级按同样比例设计，则：
$$v_3=9\ln \frac{k+1}{0.1k+1}$$

若要求：
$$v_3=10.5\text{ km/s}$$

则：
$$\frac{k+1}{0.1k+1}=e^{10.5/9}\approx 3.21$$
解得：
$$k\approx 3.25$$

于是总质量与有效负载质量之比约为：
$$\frac{m_1+m_2+m_3+m_p}{m_p}\approx 77$$
结论：在同样末速度要求下，三级火箭相对于二级火箭几乎节省了一半总质量。
对于更多级火箭，在相同条件下可以得到类似估算：

级数 $n$	1	2	3	4	5	$\cdots$	$\infty$（理想）
火箭质量	/	149	77	65	60	$\cdots$	50

由表可见，从二级到三级质量下降明显；从三级到四级、五级虽然仍有改进，但改进幅度逐渐变小。同时，由于工艺复杂性增加，每一级火箭都需要配备推进器，所以四级或四级以上火箭通常不合算。因此，三级火箭往往是较好的折中方案。

解析六：火箭结构的优化设计。
前面的假设 $m_2=k{m}_p$、$m_1=k(m_2+m_p)$ 较强。现在去掉这一假设，只保留各级火箭具有相同结构比例 $\lambda$ 的粗略假设，讨论三级火箭结构的优化设计。

记总质量为：
$$m_0=m_1+m_2+m_3+m_p$$
定义：
$$a_1=\frac{m_0}{m_2+m_3+m_p}$$
$$a_2=\frac{m_2+m_3+m_p}{m_3+m_p}$$
$$a_3=\frac{m_3+m_p}{m_p}$$
则：
$$a_1{a}_2{a}_3=\frac{m_0}{m_p}$$
第 $i$ 级火箭工作时，对应的速度增量因子为：
$$\frac{a_i}{\lambda (a_i-1)+1}$$
因此三级火箭总速度可写为：
$$v=u\ln \left[\frac{a_1}{\lambda (a_1-1)+1}\cdot \frac{a_2}{\lambda (a_2-1)+1}\cdot \frac{a_3}{\lambda (a_3-1)+1}\right]$$
在给定总质量比 $\frac{m_0}{m_p}=a_1{a}_2{a}_3$ 的条件下，要求速度最大；或者在给定速度要求下，要求总质量比最小。这是一个条件极值问题。

利用 Lagrange 乘子法，可得：
$$a_1=a_2=a_3=\sqrt[3]{M}$$

具体计算过程：

在给定总质量比$a_1{a}_2{a}_3=M$的条件下，最大化速度等价于最大化：

$$F=\sum _{i=1}^3\left[\ln a_i-\ln (\lambda (a_i-1)+1)\right]$$

把约束取对数：
$$\ln a_1+\ln a_2+\ln a_3=\ln M$$
构造 Lagrange 函数：
$$\mathcal{L}=\sum _{i=1}^3\left[\ln a_i-\ln (\lambda (a_i-1)+1)\right]-\mu \left(\sum _{i=1}^3\ln a_i-\ln M\right)$$
对 $a_i$ 求偏导并令其为 $0$：
$$\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial a_i}=\frac{1}{a_i}-\frac{\lambda }{\lambda (a_i-1)+1}-\frac{\mu }{a_i}=0$$
整理得：
$$\frac{1-\mu }{a_i}=\frac{\lambda }{\lambda (a_i-1)+1}$$
继续化简：
$$a_i=\frac{(1-\mu )(1-\lambda )}{\lambda \mu }$$

右端与下标 $i$ 无关，所以：
$$a_1=a_2=a_3$$

再由约束 $a_1{a}_2{a}_3=M$，可得：
$$a_1=a_2=a_3=\sqrt[3]{M}$$
因此，在总质量比 $m_0/m_p$ 给定的情况下，要使三级火箭获得最大末速度，各级的相对质量比应当相同。

换句话说，最优设计不是让某一级特别大、某一级特别小，而是让三级火箭在质量比例上均衡分配。这样每一级对总速度的贡献最协调。

同理，如果反过来要求达到某个给定末速度，并使总质量比 $m_0/m_p$ 尽可能小，得到的最优条件也是：
$$a_1=a_2=a_3$$

结论：在各级结构比例相同的假设下，三级火箭最优设计应使各级的相对质量比例保持一致。

总括结论：一级火箭因结构质量限制无法达到发射卫星所需速度；多级火箭通过分级抛弃无用结构逼近理想过程，其中三级火箭在质量节省与工程复杂性之间提供了较好的折中方案。