常微分方程/非齐次 1

高阶微分方程

非齐次方程

非齐次常系数方程的形式为

${\frac {d^{n}y}{dx^{n}}}+c_{1}{\frac {d^{n-1}y}{dx^{n-1}}}+\ldots +c_{n}y=f(x)$

其中 c_i 都是常数，f(x) 不为 0。

齐次解

每个非齐次方程都有一个齐次解 (CF)，可以通过将 f(x) 替换为 0 来求得，并求解 齐次解。例如，

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}-3{\frac {dy}{dx}}+4y={\frac {2\sin x}{x^{2}}}$

的齐次解是微分方程

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}-3{\frac {dy}{dx}}+4y=0$

叠加原理

叠加原理使求解非齐次方程变得相当简单。最终的解是齐次解和由 f(x) 产生的解（称为特解 (PI)）的总和。换句话说，

通解 = CF + PI

待定系数法

待定系数法是一种求解某些 f(x) 的特解的简单捷径。该方法仅在 f(x) 的有限个导数最终减小为 0 时才有效，或者如果导数在有限个导数内最终落入某种模式。如果这是真的，那么我们就知道特解的一部分——所有在达到 0 之前的导数（或模式中的所有导数）的总和乘以任意常数。这就是试探特解。然后我们可以将我们的试探特解代入原始方程以完全求解它。

正如我们所见，我们可能需要根据齐次解来修改此试探解。如果试探解包含齐次解中也存在的项，那么特解将被齐次解中的任意常数吸收，因此我们不会得到问题的完整解。

f(x) = 常数

最简单的情况是当 f(x) 为常数时，例如

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+{\frac {dy}{dx}}-6y=3$.

齐次解为

$y=Ae^{2x}+Be^{-3x}\,$

我们现在需要找到一个试探特解。当我们对 y=3 求导时，得到零。因此，我们的试探特解是在此之前的 y 函数的总和，即 3 乘以一个任意常数，这将得到另一个任意常数 K。

我们现在将 y 设置为特解，并找到直到 DE 阶数（此处为二阶）的导数。

$y=K\,$

${\frac {dy}{dx}}=0$

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0$

现在我们可以将这些代入原始的微分方程

$0+0-6K=3\,$

$K=-{\frac {1}{2}}$

通过将 CF 和 PI 相加，我们可以得到微分方程的一般解

$y=Ae^{2x}+Be^{-3x}-{\frac {1}{2}}\,$

f(x) = 多项式

这是包含上述示例的一般方法。一个 n 阶多项式在恰好 n+1 次导数后会变为 0（例如对于常数如上面所示，一阶导数为 0，对于二次方程，三阶导数为 0，等等）。因此我们知道我们的 PI 是

$y=C_{1}x^{n}+C_{2}x^{n-1}+...+C_{n}x+C_{n+1}.\,$

例如，我们取

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=3x^{4}+7x^{2}.\,$

首先，我们知道我们的 PI 是

$y=Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E.\,$

为了代入，我们需要计算它的前两个导数

${\frac {dy}{dx}}=4Ax^{3}+3Bx^{2}+2Cx+D$

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=12Ax^{2}+6Bx+2C\,$

代入后我们得到

$12Ax^{2}+6Bx+2C+5(4Ax^{3}+3Bx^{2}+2Cx+D)+6(Ax^{4}+Bx^{3}+Cx^{2}+Dx+E)=3x^{4}+7x^{2}$

$6Ax^{4}+(6B+20A)x^{3}+(6C+15B+12A)x^{2}+(6D+10C+6B)x+6E+5D+2C=3x^{4}+7x^{2}$

$6A=3\,$

$6B+20A=0\,$

$6C+15B+12A=7\,$

$(6D+10C+6B)=0\,$

$6E+5D+2C=0\,$

解得

$A={\frac {1}{2}}$ $B={\frac {-5}{3}}$ $C={\frac {13}{3}}$ $D={\frac {-50}{9}}$ $E={\frac {86}{27}}$

所以，我们的特解是

$y={\frac {1}{2}}x^{4}+{\frac {-5}{3}}x^{3}+{\frac {13}{3}}x^{2}+{\frac {-50}{9}}x+{\frac {86}{27}}$

但是，我们还需要得到通解。为了得到通解，我们将f(x)设为0，然后像上一节一样求解。对于这个方程，根是-3和-2。所以我们的通解为

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}\,$

将特解和通解相加，我们就得到了我们的通解

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {1}{2}}x^{4}-{\frac {5}{3}}x^{3}+{\frac {13}{3}}x^{2}-{\frac {50}{9}}x+{\frac {86}{27}}$

f(x) = e的幂

e的幂永远不会降为0，但它们会形成一个模式。事实上，它只在一阶导数中就形成了模式，因为它本身就是它的导数。所以我们知道

$y_{p}=Ke^{px},\,$

其中K是我们的常数，p是原始微分方程中给出的e的幂。

例如，考虑

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=5e^{2x}+6e^{-7x}$.

我们做出我们的特解

$y_{p}=Ae^{2x}+Be^{-7x}\,$.

然后得到

${\frac {dy}{dx}}=2Ae^{2x}-7Be^{-7x}\,$

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=4Ae^{2x}+49Be^{-7x}$

代入，得到

$4Ae^{2x}+49Be^{-7x}+5\left(2Ae^{2x}-7Be^{-7x}\right)+6\left(Ae^{2x}+Be^{-7x}\right)\,$

$=5e^{2x}+6e^{-7x}\,$

$20Ae^{2x}+20Be^{-7x}=5e^{2x}+6e^{-7x}\,$

$A={\frac {1}{4}}$

$B={\frac {3}{10}}$

$y_{p}={\frac {1}{4}}e^{2x}+{\frac {3}{10}}e^{-7x}$

这就是特解。我们之前已经找到了通解。所以通解是

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {1}{4}}e^{2x}+{\frac {3}{10}}e^{-7x}\,$

f(x) = 多项式 × e 的幂

多项式乘以e 的幂也形成一个循环，在n 次导数中（其中n 是多项式中x 的最高次幂）。所以我们知道我们的试探特解是

$y_{p}=C_{n}x^{n}e^{px}+C_{n-1}x^{n-1}e^{px}+...+C_{0}e^{px},\,$

其中C是常数，p 是方程中e 的幂。

例如，我们尝试

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=3xe^{2x}$

现在我们可以将我们的特解设为

$y_{p}=Axe^{2x}+Be^{2x}\,$.

${\frac {dy_{p}}{dx}}=2Axe^{2x}+Ae^{2x}+2Be^{2x}$

${\frac {d^{2}y_{p}}{dx^{2}}}=4Axe^{2x}+4Ae^{2x}+4Be^{2x}$

代入，得到

$4Axe^{2x}+4Ae^{2x}+4Be^{2x}+5(2Axe^{2x}+Ae^{2x}+2Be^{2x})+6(Axe^{2x}+Be^{2x})=3xe^{2x}\,$

$20A=3\,$

$9A+20B=0\,$

$A={\frac {3}{20}}$

$B={\frac {-27}{400}}$

$y_{p}={\frac {3}{20}}xe^{2x}-{\frac {27}{400}}e^{2x}$

这是特解。我们之前找到了齐次解。因此，总解是

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {3}{20}}xe^{2x}-{\frac {27}{400}}e^{2x}$

f(x) = 三角函数

三角函数也不会简化为 0。但它们确实具有 2 个导数循环 - sin x 的导数是 cos x，而 cos x 的导数是 -sin x。因此我们将我们的 PI 设置为

$y_{p}=A\sin(px)+B\cos(px),\,$

其中 C 是常数，p 是原始微分方程中三角函数内的项。

例如，我们尝试

${\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}+5{\frac {dy}{dx}}+6y=\cos 3x.$

我们将我们的 PI 设置为

$y_{p}=A\sin 3x+B\cos 3x\,$

${\frac {dy_{p}}{dx}}=3A\cos 3x-3B\sin 3x$

${\frac {d^{2}y_{p}}{dx^{2}}}=-9A\sin 3x-9B\cos 3x$

代入，得到

$-9A\sin 3x-9B\cos 3x+5\left(3A\cos 3x-3B\sin 3x\right)\,$

$+6\left(A\sin 3x+B\cos 3x\right)=\cos 3x\,$

$15A-3B=1\,$

$-3A-15B=0\,$

$A={\frac {5}{78}}$

$B={\frac {-1}{78}}$

$y_{p}={\frac {5}{78}}\sin 3x-{\frac {1}{78}}\cos 3x$

这是特解。我们之前找到了齐次解。因此，总解是

$y=Ae^{-3x}+Be^{-2x}+{\frac {5}{78}}\sin 3x-{\frac {1}{78}}\cos 3x$

f(x) = 混合

以上所有情况都可以通过待定系数法求解，因此上述情况的和也同样可以通过待定系数法求解。 这是因为两个导数要么趋于0，要么循环的函数之和，其导数也必须趋于0或循环。 $y_{p}$ 将是各个 $y_{p}$ 函数的和。

如果试解特解与通解有相同的项

在处理 $e^{x}$ 时，或有时在处理多项式（如果齐次方程的根为 0）作为 f(x) 时，你可能会在试解特解和通解中获得相同的项。 如果发生这种情况，特解将被通解的任意常数吸收，这将不会导致完整的解。 为克服这个问题，将受影响的项乘以 x，直到它不再出现在通解中。

例如，让我们采用

${\frac {d^{3}y}{dx^{3}}}+{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=2x.$

首先，求解齐次方程以得到通解。

${\frac {d^{3}y}{dx^{3}}}+{\frac {d^{2}y}{dx^{2}}}=0.$

辅助多项式为

$m^{3}+m^{2}=0\,$

求解辅助多项式的根。在本例中，它们为

$m=0,\ 0,\ -1\,$

通解为

$y=Ae^{0x}+Bxe^{0x}+Ce^{-x}=A+Bx+Ce^{-x}\,$

现在求特解。由于f(x) 是一个 1 次多项式，我们通常会使用 Ax+B。但是，由于通解中同时出现了x项和常数项，我们需要乘以x² 并使用

$y_{p}=Ax^{3}+Bx^{2}\,$.

我们像往常一样求解 A 和 B。

${\frac {dy_{p}}{dx}}=3Ax^{2}+2Bx\,$

${\frac {d^{2}y_{p}}{dx^{2}}}=6Ax+2B\,$

${\frac {d^{3}y_{p}}{dx^{3}}}=6A$

$6A+6Ax+2B=2x\,$

$6A=2\,$

$6A+2B=0\,$

$A={\frac {1}{3}}\,$

$B=-1\,$

$y_{p}={\frac {1}{3}}x^{3}-x^{2}$

因此，总解为

$y=A+Bx+Ce^{-x}+{\frac {1}{3}}x^{3}-x^{2}$

参数变易法

参数变异法是一种求解方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)$ 特解的方法，前提是已知对应齐次方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=0$ 的通解。现在我们将推导出这种通用的方法。

我们已经知道齐次方程的通解：它具有形式 $c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$。我们将寻找非齐次方程形式为 $\psi =uy_{1}+vy_{2}$ 的特解，其中 u 和 v 是自变量 x 的函数。对该式求导，我们得到

$u'y_{1}+uy_{1}'+v'y_{2}+vy_{2}'\,$

现在注意，目前对 $\psi$ 只有一个条件，即 $\psi ''+p(x)\psi '+q(x)\psi =f(x)$。现在我们强加另一个条件，即

$u'y_{1}+v'y_{2}=0\,$

这意味着 $\psi ''$ 将没有 $u$ 和 $v$ 的二阶导数。因此，这些新参数（因此被称为“参数变异法”）将是一些一阶微分方程的解，这些方程是可以求解的。让我们完成这个问题

$\psi ''=u'y_{1}'+uy_{1}''+v'y_{2}'+vy_{2}''\,$

以及

$\psi ''+p(x)\psi '+q(x)\psi =f(x)\,$

$u'y_{1}'+v'y_{2}'+uy_{1}''+vy_{2}''+p(x)(uy_{1}'+vy_{2}')+q(x)(uy_{1}+vy_{2})=f(x)\,$

$u'y_{1}'+v'y_{2}'+u(y_{1}''+p(x)y_{1}'+q(x)y_{1})+v(y_{2}''+p(x)y_{2}'+q(x)y_{2})=f(x)\,}$

$u'y_{1}'+v'y_{2}'=f(x)\,$,

其中，最后一步源于 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是齐次方程的解。

因此，我们有 $u'y_{1}+v'y_{2}=0$ 和 $u'y_{1}'+v'y_{2}'=f(x)$。将第一个方程乘以 $y_{2}'$，第二个方程乘以 $-y_{2}$，然后相加得到：

$u'y_{1}y_{2}'-u'y_{1}'y_{2}=-f(x)y_{2}\,$

$u'={-f(x)y_{2} \over y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}}$

类似的过程得到：

$v'={f(x)y_{1} \over y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}}$.

现在只需要对这些表达式求值，并相对于 $x$ 积分，就可以得到函数 $u$ 和 $v$，然后我们就得到了特解 $\psi =uy_{1}+vy_{2}$。因此，微分方程 $y''+p(x)y'+q(x)y=f(x)\,$ 的通解为 $c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}+uy_{1}+vy_{2}\,$。

请注意，这种方法的主要困难在于所涉及的积分通常非常复杂。如果积分结果不好，最好使用待定系数法。

出现在 $u'$ 和 $v'$ 表达式分母中的量称为 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的朗斯基行列式。

拉普拉斯变换

拉普拉斯变换是求解非齐次初值问题的非常有用的工具。它允许我们将求解微分方程的问题简化为求解代数方程的问题。我们从一些设置开始。

拉普拉斯变换的定义

$f(t)\,$ 的拉普拉斯变换定义为

$F(s)=\int _{0}^{\infty }f(t)e^{-st}dt$.

这也可以写成 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}$。在纸上书写时，你可以写一个草书大写字母“L”，它通常会被理解。还存在一个逆拉普拉斯变换 ${\mathcal {L}}^{-1}\{F(s)\}=f(t)$，但计算它需要对复变量进行积分。幸运的是，通常可以使用各种技巧（将在后面描述）来找到 ${\mathcal {L}}^{-1}\{F(s)\}$，而无需进行这种积分。但是，首先有必要证明关于拉普拉斯变换的一些事实。

拉普拉斯变换的两个性质

性质 1. 拉普拉斯变换是一个线性算子；也就是说，${\mathcal {L}}\{c_{1}f(t)+c_{2}g(t)\}=c_{1}{\mathcal {L}}\{f(t)\}+c_{2}{\mathcal {L}}\{g(t)\}$.

该性质的证明直接从拉普拉斯变换的定义而来，留给读者完成。

性质 2. 如果$F(s)={\mathcal {L}}\{f(t)\}$，那么${\mathcal {L}}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$

证明

${\mathcal {L}}\{f'(t)\}=\int _{0}^{\infty }f'(t)e^{-st}dt$

$=\lim _{C\to \infty }\left.e^{-st}f(t)\right|_{0}^{C}-\int _{0}^{C}-sf(t)e^{-st}dt$（用分部积分法）

$=-f(0)+s\lim _{C\to \infty }\int _{0}^{C}f(t)e^{-st}dt$

$=s{\mathcal {L}}\{f(t)\}-f(0)$

$=sF(s)-f(0)\,$

正是性质 2 使拉普拉斯变换成为求解微分方程的有用工具。作为性质 2 的推论，请注意${\mathcal {L}}\{f''(t)\}=s^{2}F(s)-sf(0)-f'(0)$.

简单函数的拉普拉斯变换

${\mathcal {L}}\{1\}={1 \over s}$

${\mathcal {L}}\{e^{at}\}={1 \over s-a}$

${\mathcal {L}}\{\cos \omega t\}={s \over s^{2}+\omega ^{2}}$

${\mathcal {L}}\{\sin \omega t\}={\omega \over s^{2}+\omega ^{2}}$

最后两个可以使用欧拉公式轻松计算 $e^{i\omega t}=\cos \omega t+i\sin \omega t\,$.

为了找到更多的拉普拉斯变换，特别是变换 $t^{n}$，我们将推导出变换的另外两个性质。

拉普拉斯变换的另外两个性质

性质 3. 如果 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)$，则 ${\mathcal {L}}\{tf(t)\}=-F'(s)$.

性质 4. 如果 ${\mathcal {L}}\{f(t)\}=F(s)$，则 ${\mathcal {L}}\{e^{at}f(t)\}=F(s-a)$.

证明很简单，留给读者完成。

现在我们可以很容易地看到 ${\mathcal {L}}\{t\}={\mathcal {L}}\{(t)(1)\}=-{d \over dt}{\mathcal {L}}\{1\}={1 \over s^{2}}$ 。多次应用性质 3，我们可以发现 ${\mathcal {L}}\{t^{n}\}={n! \over s^{n+1}}$。最后，我们准备使用拉普拉斯变换来解微分方程。

使用拉普拉斯变换解非齐次初值问题

一般来说，我们用以下方法解二阶线性非齐次初值问题：首先，我们对等式两边进行拉普拉斯变换。这会立即将微分方程简化为代数方程。然后，我们解出 $F(s)$。最后，我们对等式两边进行逆变换，求出 $y$。

让我们用这种方法来解问题

$y''-4y'+3y=e^{-t};y(0)=0,y'(0)=1\,$.

我们首先对等式两边进行拉普拉斯变换，并使用性质 1（线性）

$s^{2}F(s)-sy(0)-y'(0)-4[sF(s)-y(0)]+3F(s)={1 \over s+1}$

$(s^{2}-4s+3)F(s)-1={1 \over s+1}$（使用初始条件）

现在我们隔离$F(s)$

$F(s)={1 \over (s-3)(s-1)}+{1 \over (s-3)(s-1)(s+1)}$

这里我们已经将$s^{2}-4s+3$因式分解，为下一步做准备。现在我们尝试对等式两边进行逆变换；为了做到这一点，我们需要将等式右边分解成部分分式。

$F(s)={A \over (s-3)}+{B \over (s-1)}+{C \over (s-3)}+{D \over (s+1)}+{E \over (s-1)}$

前两个分数意味着$A(s-1)+B(s-3)=1\,$。令$s=3$得到$A={1 \over 2}$，而令$s=1$得到$B=-{1 \over 2}$。其他三个分数类似地给出$C=D={1 \over 8}$ 和 $E=-{1 \over 4}$。因此

$F(s)={1 \over 2(s-3)}-{1 \over 2(s-1)}+{1 \over 8(s-3)}+{1 \over 8(s+1)}-{1 \over 4(s-1)}$

$={5 \over 8(s-3)}-{3 \over 4(s-1)}+{1 \over 8(s+1)}$

$={5 \over 8}{\mathcal {L}}\{e^{3t}\}-{3 \over 4}{\mathcal {L}}\{e^{t}\}+{1 \over 8}{\mathcal {L}}\{e^{-t}\}$

最后，我们可以通过观察来进行逆变换，得到

$y={5 \over 8}e^{3t}-{3 \over 4}e^{t}+{1 \over 8}e^{-t}$.

卷积是一种将两个函数组合成第三个函数的方法。卷积在概率、统计学以及其他许多领域都有应用，因为它表示函数之间的“重叠”。我们在这里并不关注这个特性；对我们来说，卷积是一个快速计算拉普拉斯逆变换的方法。

定义。 卷积 $(f*g)(t)\,$ 定义为 $\int _{0}^{t}f(u)g(t-u)du$.

卷积具有几个有用的性质，如下所示

性质 1. $((f*g)*h)(t)=(f*(g*h))(t)\,$（结合律）

性质 2. $(f*g)(t)=(g*f)(t)\,$（交换律）

性质 3. $(f*(g+h))(t)=(f*g)(t)+(f*h)(t)\,$（对加法的分配律）

我们现在证明卷积在计算拉普拉斯逆变换中起作用的结果。

定理。 ${\mathcal {L}}\{(f*g)(t)\}={\mathcal {L}}\{f(t)\}\cdot {\mathcal {L}}\{g(t)\}$

证明

${\mathcal {L}}\{(f*g)(t)\}$

$=\int _{0}^{\infty }(f*g)(t)e^{-st}dt$

$=\int _{0}^{\infty }\left[\int _{0}^{t}f(u)g(t-u)du\right]e^{-st}dt$

$=\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{t}e^{-st}f(u)g(t-u)du\,dt$

$=\int _{0}^{\infty }\int _{u}^{\infty }e^{-st}f(u)g(t-u)dt\,du$ （改变积分顺序）

$=\int _{0}^{\infty }f(u)\left[\int _{u}^{\infty }e^{-st}g(t-u)dt\right]du$

现在令 $v=t-u$。

$=\int _{0}^{\infty }f(u)\left[\int _{0}^{\infty }e^{-s(u+v)}g(v)dv\right]du$

$=\int _{0}^{\infty }e^{-su}f(u)\left[\int _{0}^{\infty }e^{-sv}g(v)dv\right]du$

$={\mathcal {L}}\{f(t)\}\cdot {\mathcal {L}}\{g(t)\}$

让我们解另一个微分方程

$y''+y=\sin t\,;y(0)=0,y'(0)=0$

对两边进行拉普拉斯变换得到

$s^{2}F(s)+F(s)={1 \over s^{2}+1}$

$F(s)={1 \over (s^{2}+1)^{2}}$

现在我们需要找到${\mathcal {L}}^{-1}\lbrace F(s)\rbrace$。为此，我们注意到 ${1 \over (s^{2}+1)^{2}}=[{\mathcal {L}}\{\sin t\}]^{2}$，因此$F(s)={\mathcal {L}}\{\sin t*\sin t\}$，根据上面的定理。因此，微分方程的解是正弦函数与自身的卷积。我们继续计算它

$\sin t*\sin t\,$

$=\int _{0}^{t}\sin(u)\sin(t-u)du$

$=\int _{0}^{t}{\cos(2u-t)-\cos(t) \over 2}du$

$={1 \over 2}\sin t-{1 \over 2}t\cos t$

因此，原始方程的解为

$y={1 \over 2}\sin t-{1 \over 2}t\cos t$.

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