求解一阶常微分方程：基于特定边界条件的 A(t) 表达式推导

首先将等式化为标准形式：

$$A'(t) + (\theta k_1 - k)A(t) = \frac{1}{2}k_2^2A^2(t)$$

考虑将等式两边同时乘以$e^{-(\theta k_1 - k)t}$，得到：

$$e^{-(\theta k_1 - k)t}A'(t) + (\theta k_1 - k)e^{-(\theta k_1 - k)t}A(t) = \frac{1}{2}k_2^2e^{-(\theta k_1 - k)t}A^2(t)$$

将等式两边同时对$t$求导数，得到：

$$\begin{aligned}& -(\theta k_1 - k)e^{-(\theta k_1 - k)t}A(t) + e^{-(\theta k_1 - k)t}A''(t) & \qquad + (\theta k_1 - k)e^{-(\theta k_1 - k)t}A'(t) = k_2^2e^{-(\theta k_1 - k)t}A(t)A'(t)\end{aligned}$$

观察右侧的乘积，可以发现它类似于链式法则的形式，因此可以尝试将其化为导数的形式。具体来说，将等式两边同时乘以$2A(t)e^{-(\theta k_1 - k)t}$，得到：

$$\begin{aligned}2A(t)e^{-(\theta k_1 - k)t}A'(t) & + 2A(t)(\theta k_1 - k)e^{-(\theta k_1 - k)t}A(t) & = k_2^2e^{-(\theta k_1 - k)t}A^2(t)2A(t)\end{aligned}$$

观察右侧的乘积，可以发现它可以化为$(A^2(t))'$的形式，因此可以继续化简。具体来说，对等式两边同时积分，得到：

$$\int_{0}^{t} 2A(s)e^{-(\theta k_1 - k)s}A'(s) ds + \int_{0}^{t} 2A(s)(\theta k_1 - k)e^{-(\theta k_1 - k)s}A(s) ds = \int_{0}^{t} k_2^2e^{-(\theta k_1 - k)s}A^2(s)2A(s) ds$$

左侧的第一项可以通过积分换元化为：

$$\begin{aligned}\int_{0}^{t} 2A(s)e^{-(\theta k_1 - k)s}A'(s) ds & = \left[ A^2(s)e^{-(\theta k_1 - k)s} \right]_{0}^{t} & = A^2(t)e^{-(\theta k_1 - k)t} - A^2(0)\end{aligned}$$

由于$A(T)=0$，因此$A^2(T)=0$，从而$A^2(0) = A^2(T) = 0$。于是左侧的第一项化为$A^2(t)e^{-(\theta k_1 - k)t}$。左侧的第二项可以化为：

$$\begin{aligned}\int_{0}^{t} 2A(s)(\theta k_1 - k)e^{-(\theta k_1 - k)s}A(s) ds & = (\theta k_1 - k)\int_{0}^{t} 2A^2(s)e^{-(\theta k_1 - k)s} ds & = (\theta k_1 - k)\left[ -\frac{1}{2}A^2(s) e^{-(\theta k_1 - k)s} \right]_{0}^{t} & = \frac{1}{2}(\theta k_1 - k)A^2(t) - \frac{1}{2}(\theta k_1 - k)A^2(0)\end{aligned}$$

由于$A^2(0)=0$，因此左侧的第二项化为$\frac{1}{2}(\theta k_1 - k)A^2(t)$。右侧的积分可以化为：

$$\int_{0}^{t} k_2^2e^{-(\theta k_1 - k)s}A^2(s)2A(s) ds = \left[ -\frac{1}{3k_2^2}A^{-1}(s)e^{-(\theta k_1 - k)s} \right]_{0}^{t} = \frac{1}{3k_2^2}A^{-1}(t)$$

将上述结果代入原等式，得到：

$$A'(t) + (\theta k_1 - k)A(t) = \frac{1}{3k_2^2}A^{-1}(t)$$

这是一个一阶常微分方程，可以通过分离变量、换元等方法求解。具体来说，将等式两边同时乘以$A(t)$，得到：

$$A'(t)A(t) + (\theta k_1 - k)A^2(t) = \frac{1}{3k_2^2}$$

将等式两边同时对$t$积分，得到：

$$\int A'(t)A(t) dt + (\theta k_1 - k)\int A^2(t) dt = \frac{1}{3k_2^2}t + C_1$$

其中$C_1$为积分常数。左侧的第一项可以通过积分换元化为：

$$\int A'(t)A(t) dt = \frac{1}{2}\int \frac{d}{dt}A^2(t) dt = \frac{1}{2}A^2(t) + C_2$$

其中$C_2$为积分常数。将上述结果代入原等式，得到：

$$\frac{1}{2}A^2(t) + C_2 + (\theta k_1 - k)\int A^2(t) dt = \frac{1}{3k_2^2}t + C_1$$

化简得到：

$$\frac{d}{dt}\left( A^2(t) e^{(\theta k_1 - k)t} \right) = \frac{2}{3k_2^2}e^{(\theta k_1 - k)t}$$

将等式两边同时对$t$积分，得到：

$$A^2(t) e^{(\theta k_1 - k)t} = \frac{2}{3k_2^2} \int e^{(\theta k_1 - k)t} dt + C_3$$

其中$C_3$为积分常数。右侧的积分可以直接计算：

$$\int e^{(\theta k_1 - k)t} dt = \frac{1}{\theta k_1 - k} e^{(\theta k_1 - k)t} + C_4$$

其中$C_4$为积分常数。将上述结果代入原式，得到：

$$A^2(t) = \frac{2}{3k_2^2} \cdot \frac{1}{\theta k_1 - k} e^{-(\theta k_1 - k)t} + C_5 e^{-(\theta k_1 - k)t}$$

其中$C_5 = e^{-(\theta k_1 - k)T}$。最终得到：

$$A(t) = \pm \sqrt{\frac{2}{3k_2^2} \cdot \frac{1}{\theta k_1 - k} e^{-(\theta k_1 - k)t} + C_5 e^{-(\theta k_1 - k)t}}$$

由于$A(T)=0$，因此$C_5 = 0$，从而$A(t) = \sqrt{\frac{2}{3k_2^2} \cdot \frac{1}{\theta k_1 - k} e^{-(\theta k_1 - k)(T-t)}}$。