常微分方程/二阶

在本章中，我们将主要关注线性二阶常微分方程。也就是说，我们将对以下形式的方程感兴趣 $({\text{LIVP}})\qquad {\begin{cases}y''+p(x)y'+q(x)y=g(x)\\y(x_{0})=y_{0}\\y'(x_{0})=y'_{0}\end{cases}}.$

虽然它并不经常用于求解微分方程，但重要的是要记住，即使有希望找到解，也需要考虑是否存在解的可能性。以下定理至少告诉我们一种我们可以希望找到解的情况。

定理假设

p(x),\,q(x)

和

g(x)\,

是在开区间

I

上定义的连续函数，并且

x_{0}\in I

。那么存在一个唯一的函数 y(x) 在

I

上定义，满足常微分方程

y''(x)+p(x)y'+q(x)y=g(x)

并满足初始条件

y(x_{0})=y_{0}

，

y'(x_{0})=y_{0}'

。

现在先把这个事实的证明放在一边，即使知道了这个说法，它仍然给我们提供了很多信息。特别是它给出了关于解的数量的一些想法。看待这个定理的一种方式是，解完全由两个数字决定，即 $y_{0}$ 和 $y'_{0}$

我们首先将此问题简化为齐次情况，即 $g(x)=0$ 。稍后我们将介绍一些方法，使我们能够利用对齐次问题的理解更好地理解非齐次情况。因此，我们感兴趣的是找到以下问题的解

({\text{LH}})\qquad y''+p(x)y'+q(x)y=0

首先要注意的是，如果 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是 (LH) 的解，则对于任何两个实数 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ ，则 $c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$ 也是一个解。这可以通过直接代入 (LH) 的左边进行验证。

{\begin{aligned}&(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})''+p(x)(c_{1}y_{1}+c_{1}y_{2})'+q(x)(c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2})\\=&c_{1}y_{1}''+c_{2}y_{2}''+c_{1}p(x)y_{1}'+c_{2}p(x)y_{2}'+c_{1}q(x)y_{1}+c_{2}q(x)y_{2}\\=&c_{1}(y_{1}''+p(x)y_{1}'+q(x)y_{1})+c_{2}(y_{2}''+p(x)y_{2}'+q(x)y_{2})=c_{1}\cdot 0+c_{2}\cdot 0=0\end{aligned}}

如果你熟悉线性代数，那么你会记得一个变换被称为线性是因为 $T(v+w)=T(v)+T(w)$ 。所以我们实际上看到的是，ODE 的左边是对函数的线性变换，正是因为这个原因，这个方程被称为线性。

现在这给了我们一个关于齐次情况的非常有趣的结论。回顾我们上面提到的，我们的存在定理告诉我们所有的解都由两个初始条件参数化。将这一点与线性组合的解到齐次问题的解决方案又是解决方案这一事实结合起来，研究我们可以简单地通过取我们已经知道的解决方案的线性组合来解决哪些初始值问题变得很有趣。

也就是说，给定固定的数字 $y_{0}$ 和 $y'_{0}$ 我们考虑问题

({\text{LHIVP}})\qquad {\begin{cases}y''+p(x)y'+q(x)y=0\\y(x_{0})=y_{0},\quad y'(x_{0})=y'_{0}.\end{cases}}

假设我们知道齐次问题的两个解， $y_{1}$ 和 $y_{2}$ ，但假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 不满足初始条件。由于我们感兴趣的是解决初值问题 $y(x_{0})=y_{0}$ 和 $y'(x_{0})=y'_{0}$ ，并且我们知道解的线性组合仍然是解，所以我们可以问这样一个问题：“是否有可能 $y=c_{1}y_{1}+c_{2}y_{2}$ ？”

如果情况是这样，我们可以评估 $y$ 来检查初始条件。所以我们需要有

y(x_{0})=c_{1}y_{1}(x_{0})+c_{2}y_{2}(x_{0})

和

y'(x_{0})=c_{1}y_{1}'(x_{0})+c_{2}y_{2}'(x_{0})

但重要的是不要忽视这样一个事实，即我们假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 只是我们知道的固定函数。所以 $y_{1}(x_{0})$ ， $y_{1}'(x_{0})$ ， $y_{2}(x_{0})$ ，和 $y_{2}'(x_{0})$ 仅仅是我们知道的四个数字。

这意味着我们实际上是在尝试解决以下具有两个方程和两个未知数的线性系统

\left\{{\begin{aligned}c_{1}y_{1}(t_{0})&+c_{2}y_{2}(t_{0})&=y_{0}\\c_{1}y_{1}'(t_{0})&+c_{2}y_{2}'(t_{0})&=y_{0}'\end{aligned}}\right.

从线性代数我们知道，只要系数矩阵的行列式不为零，就可以求解此类系统，得到任意一组初始条件 $y_{0}$ 和 $y'_{0}$ 。在这个二维情况下，行列式简化为 $y_{1}(x_{0})y_{2}'(x_{0})-y_{2}(x_{0})y_{1}'(x_{0})$ 。这个行列式，在常微分方程领域，以第一个系统地使用它的数学家命名。它被称为 *朗斯基行列式* (Wronskian)，我们现在将给出更正式的定义。

定义： 给定函数

y_{1}

和

y_{2}

，*朗斯基行列式

y_{1}

和

y_{2}

* 是函数

W(y_{1},y_{2})(x):=y_{1}(x)y_{2}'(x)-y_{2}(x)y_{1}'(x)

。

我们上面讨论的内容可以概括成以下定理。

定理

假设

y_{1}

和

y_{2}

是线性齐次方程 (LH) 的两个解。那么，初始值问题的 *所有解*

{\begin{cases}y''+p(x)y'+q(x)y=0,\\y(x_{0})=y_{0},\\y'(x_{0})=y'_{0}.\end{cases}}

可以写成 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的线性组合，前提是朗斯基行列式 $W(y_{1},y_{2})(x_{0})\neq 0$ 。

常系数

第一个易于处理的问题是考虑 $p(x)$ 和 $q(x)$ 为常数的情况。为了方便，我们也允许 $y''$ 有非零常数。因此，我们感兴趣的是以下方程。

ay''+by'+cy=g(x),

其中 a、b 和 c 是实数，且 $a\neq 0$ 。

与之相关的齐次方程为

ay''+by'+cy=0\,.

我们对一阶微分方程的经验告诉我们，任何对 $ay'-by=0$ 的解都具有 $e^{rx}$ 的形式（在这种情况下， $r=b/a$ ）。事实证明，看看这样的函数是否能成为我们正在考虑的方程的解是值得努力的。因此，我们只需将 $y=e^{rx}$ 代入我们的方程，得到

ar^{2}e^{rx}+bre^{rx}+ce^{rx}=(ar^{2}+br+c)e^{rx}=0\,,

由于 $e^{rx}$ 从不为零，该积为零的唯一方法是 $r$ 恰好满足

ar^{2}+br+c=0

该方程被称为与齐次微分方程相关的特征方程，多项式 $ar^{2}+br+c$ 被称为特征多项式。由于 $a,b,c$ 是实数，因此有三种情况需要考虑。

实数不同根

第一种情况是 $b^{2}-4ac>0$ ，在这种情况下，求根公式为我们提供了两个实数 $r_{1},r_{2}$ ，使得 $ar_{1}^{2}+br_{1}+c=0=ar_{2}^{2}+br_{2}+c$ 。在这种情况下，我们上面的计算表明 $e^{r_{1}x}$ 和 $e^{r_{2}x}$ 是方程的两个不同解。正如你将在练习中展示的那样， $e^{r_{1}x}$ 和 $e^{r_{2}x}$ 的朗斯基行列式在这种情况下不为零。因此，我们找到了方程的两个解，根据我们的定理，我们可以将每个解表示为这两个解的线性组合。

示例 1

求 $y''-3y'+2y=0$ 的一般解。特征方程为 $r^{2}-3r+2=0$ 。多项式 $r^{2}-3r+2=(r-2)(r-1)$ 有两个实根， $r_{1}=1$ 和 $r_{2}=2$ 。因此，我们有两个解 $y_{1}=e^{x}$ 和 $y_{2}=e^{2x}$ 。由于它们是二阶方程的两个不同解，因此它们构成一个基本解集。所以如果 $y$ 是通解，那么

y=c_{1}e^{x}+c_{2}e^{2x}

.

示例 2

求解以下初值问题

{\begin{cases}y''-2y'+3y=0\\y(0)=1\\y'(0)=0\end{cases}}

.

对于此 ODE， $r^{2}-2r+3=0$ 。此特征多项式分解为 $r^{2}-r+3=(r+1)(r-3)$ ，因此有两个根： $r_{1}=-1,r_{2}=3$ 。因此，我们的 ODE 的两个解是 $y_{1}=e^{-x}$ 和 $y_{2}=e^{3x}$ 。这让我们得出了通解

y=c_{1}e^{-x}+c_{2}e^{3x}

.

为了求解初值问题，我们现在代入给定的值。也就是说

y(0)=c_{1}e^{-0}+c_{2}e^{3\cdot 0}=c_{1}+c_{2}

，因此

c_{1}+c_{2}=1

。

进一步

y'(0)=-c_{1}e^{-0}+3c_{2}e^{3\cdot 0}=-c_{1}+3c_{2}

，因此

-c_{1}+3c_{2}=0

。

这意味着我们需要求解以下 2×2 方程组

{\begin{aligned}&c_{1}+&\!\!\!\!&c_{2}&\!\!\!\!=1\\-&c_{1}+&\!\!\!\!3&c_{2}&\!\!\!\!=0\end{aligned}}

将第一个方程式加到第二个方程式中，我们可以看到 $4c_{2}=1$ ，因此 $c_{2}={\tfrac {1}{4}}$ 。因此，通过将 $c_{2}$ 代入第一个方程，我们得到 $c_{1}+{\tfrac {1}{4}}=1$ ，因此 $c_{1}={\tfrac {3}{4}}$ 。

这意味着我们初始值问题的解是 $y={\tfrac {3}{4}}e^{-x}+{\tfrac {1}{4}}e^{3x}$ 。

复数根

需要考虑的第二种情况是 $b^{2}-4ac<0$ 。在这种情况下，理论几乎相同。由于特征方程的系数，我们知道我们可以写成 $r_{1}=z+iw$ 和 $r_{2}=z-iw$ ，并且 $e^{r_{1}x}$ 和 $e^{r_{2}x}$ 是两个解，并且实际上构成了一个基本解集。

话虽如此，用复数描述具有实系数（和实初始数据）的微分方程的实值解对我们中的一些人来说可能有点令人不安。出于这个原因，找到两个实值解在审美上令人愉悦。为了做到这一点，了解将一个数提升到复数幂到底意味着什么会有所帮助。

在我们的设定中，答案由欧拉公式给出，该公式指出对于实数 $\theta$ ： $e^{i\theta }=\cos \theta +i\sin \theta$ 。让我们快速了解一下为什么这个公式是有意义的。这个想法是检查 $e^{x}=1+x+x^{2}/2+x^{3}/3!+\ldots =\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {x^{n}}{n!}}$ 的幂级数。然后将 $i\theta$ 代入 $x$ ，并将实部和虚部收集起来，我们得到

{\begin{aligned}&1+i\theta -{\frac {\theta ^{2}}{2}}-i{\frac {\theta ^{3}}{3!}}+{\frac {\theta ^{4}}{4!}}+i{\frac {\theta ^{5}}{5!}}-\cdots \\&=(1-{\frac {\theta ^{2}}{2}}+{\frac {\theta ^{4}}{4!}}-\cdots )+i(\theta -{\frac {\theta ^{3}}{3!}}+{\frac {\theta ^{5}}{5!}}-\cdots )\\&=\cos \theta +i\sin \theta .\end{aligned}}

这个计算是合理的，因为这些幂级数是绝对收敛的，所以我们可以根据需要重新排列项。对于更一般的复数，我们可以定义 $e^{z+iw}$ 为 $e^{z}e^{iw}$ 。因此，使用这些定义，我们可以将我们的两个解重写为

{\begin{aligned}y_{1}=e^{zx}(\cos(wx)+i\sin(wx))\\y_{2}=e^{zx}(\cos(wx)-i\sin(wx))\end{aligned}}

.

由于这两个解的任何线性组合都是一个解，我们注意到两个特别好的线性组合是

{\begin{aligned}&{\tilde {y}}_{1}={\frac {y_{1}+y_{2}}{2}}=e^{zx}\cos(wx)\\&{\tilde {y}}_{2}={\frac {y_{1}-y_{2}}{2i}}=e^{zx}\sin(wx)\end{aligned}}

对于那些对复数感到不舒服的人来说，上面的讨论可能显得有点不清楚。但它可以简单地被视为一种动机。也就是说，如果我们记得 $z={\frac {-b}{2a}}$ 和 $w={\frac {\sqrt {4ac-b^{2}}}{2a}}$ ，我们可以直接验证 ${\tilde {y}}_{1}$ 和 ${\tilde {y_{2}}}$ 是 (LH) 的解。同样地，留给读者去验证 $W({\tilde {y}}_{1},{\tilde {y}}_{2})(x_{0})\neq 0$ 。在这种情况下，我们也找到了一组基本解。

示例 3

求解初值问题

{\begin{cases}y''+2y'+5y=0\\y(0)=0\qquad y'(0)=1.\end{cases}}

在这种情况下，我们的特征多项式是 $r^{2}+2r+5$ 。使用二次公式，我们发现根是 $r_{1}={\frac {-2+{\sqrt {4-4\cdot 1\cdot 5}}}{2\cdot 1}}=-1+2i$ 和 $r_{2}=-1-2i.$ 。这意味着该微分方程的两个解由以下给出：

y_{1}=e^{-x}\cos(2x)

和

y_{2}=e^{-x}\sin(2x).

因此我们知道通解的形式为 $y=c_{1}e^{-x}\cos(2x)+c_{2}e^{-x}\sin(2x)$ 。现在我们需要使用初始条件来求解 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 。我们首先计算 y 的导数

y'=-c_{1}{\big (}e^{-x}\cos(2x)+2e^{-x}\sin(2x){\big )}+c_{2}{\big (}-e^{-x}\sin(2x)+2e^{-x}\cos(2x){\big )}

.

因此，使用初始条件，我们看到

{\begin{aligned}&0=y(0)=c_{1}\cdot 1+c_{2}\cdot 0=c_{1}\\&1=y'(0)=-c_{1}\cdot (0+2)+c_{2}\cdot (-2+0)=-2c_{1}-2c_{2}\end{aligned}}

由此我们立即看到 $c_{1}=0$ 和 $c_{2}=-{\tfrac {1}{2}}$ 。因此 $y=-{\tfrac {1}{2}}e^{-x}\sin(2x)$ 是我们初始值问题的解。

示例 4

求以下方程的通解

4y''+y=0.

在这种情况下，我们的特征方程是 $4r^{2}+1=0$ ，其根是 $r_{1}={\tfrac {i}{2}}$ 和 $r_{2}=-{\tfrac {i}{2}}$ 。请注意，这两个解的形式为 $0+{\tfrac {1}{2}}i$ 和 $0-{\tfrac {1}{2}}i$ ，或者换句话说，使用上面的符号 $z=0$ 和 $w={\tfrac {1}{2}}$ 。当复数没有实部时，这意味着 $z=0$ 。在这种情况下，我们得到 $y_{1}=e^{0\cdot x}\cos({\tfrac {x}{2}})=\cos({\tfrac {x}{2}})$ ，类似地， $y_{2}=\sin({\tfrac {x}{2}})$ 。

因此，这个 ODE 的通解是

y=c_{1}\cos({\tfrac {x}{2}})+c_{2}\sin({\tfrac {x}{2}})

.

重复实根

当 $b^{2}-4ac=0$ 时，找到两个解会稍微困难一些。在这种情况下，我们的特征多项式分解为 $a(r+{\frac {b}{2a}})^{2}$ 。在这种情况下，我们只有一个根，即 $r_{1}={\frac {-b}{2a}}$ 。我们仍然得到解 $y_{1}=e^{r_{1}x}$ ，问题是如何找到第二个解？

幸运的是，特征多项式有一个非常好的性质。一般来说，如果一个多项式有一个重复根，那么我们多项式的导数也有这个根。（由于多项式依赖于 r，我们这里指的是关于 r 的导数。）在我们的例子中，很容易看出，设 $P(r)=a(r+{\frac {b}{2a}})^{2}$ ，那么我们有

P'(r)=2a(r+{\frac {b}{2a}})

所以

P'(r_{1})=2a(r_{1}+{\frac {b}{2a}})=2a({\frac {-b}{2a}}+{\frac {b}{2a}})=0

.

由于我们的特征多项式来自考虑 $a(e^{rx})''+b(e^{rx})'+c(e^{rx})$ ，我们可能希望对 $r$ 进行求导可以帮助我们找到另一个解。

所以我们从考虑以下开始

{\frac {d}{dr}}{\big (}a(e^{rx})''+b(e^{rx})'+c(e^{rx}){\big )}={\frac {d}{dr}}{\big (}(ar^{2}+br+c)e^{rx}{\big )}=(2ar+b)e^{rx}+(ar^{2}+br+c)xe^{rx}

.

现在如果 $r=r_{1}={\frac {-b}{2a}}$ ，那么 $(2ar_{1}+b)=0$ 并且 $(ar_{1}^{2}+br_{1}+c)=0$ 。因此 $(2ar_{1}+b)e^{r_{1}x}+(ar_{1}^{2}+br_{1}+c)xe^{rx}$

另一方面，记住导数是可交换的，我们可能用不同的方法计算得到

{\frac {d}{dr}}{\big (}a(e^{rx})''+b(e^{rx})'+c(e^{rx}){\big )}=a({\frac {d}{dr}}e^{rx})''+b({\frac {d}{dr}}e^{rx})'+c({\frac {d}{dr}}e^{rx})=a(xe^{rx})''+b(xe^{rx})'+c(xe^{rx})

也就是说，我们实际上只是在观察 $xe^{rx}$ 代入我们的微分方程，但我们从第一次计算中知道这应该为零。所以看起来 $xe^{rx}$ 应该是一个解。

在 $x$ 和 $r$ 的导数之间改变顺序是允许的，因为 $e^{rt}$ 在 $x$ 和 $r$ 中具有所有阶次的连续导数。因此，我们可以令 $y_{2}=xe^{r_{1}x}$ 。可以检查 $W(y_{1},y_{2})(x_{0})\neq 0$ ，因此我们再次得到 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 构成一个基本解集。

例 5

假设我们要找到以下方程的通解：

y''+4y'+4y=0

.

在这种情况下，我们的特征方程为 $r^{2}+4r+4=0$ ，它只有一个根 $r_{1}=-2$ 。因此，根据我们上面的理论，一组基本解由 $y_{1}=e^{-2x}$ 和 $y_{2}=xe^{-2x}$ 给出，因此通解为

y=c_{1}e^{-2x}+c_{2}xe^{-2x}.

示例 6

如果我们想要解决初始值问题

{\begin{cases}9y''-6y+y\\y(0)=3\quad y'(0)=1.\end{cases}}

那么我们的特征方程为 $9r^{2}-6r+1=0$ 。求根公式给出 $r_{1,2}={\tfrac {6\pm {\sqrt {36-4(9)(1)}}}{2\cdot 9}}={\tfrac {1}{3}}.$ 。基本解集由 $y_{1}=e^{x/3}$ 和 $y_{1}=xe^{x/3}$ 给出，因此我们的通解是 $y_{1}=c_{1}e^{x/3}+c_{2}xe^{x/3}$ 。我们现在可以计算 $y_{1}'=c_{1}({\tfrac {1}{3}}e^{x/3})+c_{2}(e^{x/3}+{\tfrac {1}{3}}xe^{x/3}).$

关于 Wronskian 的更多信息

在上面的讨论中，我们总是需要检查初始点 $x_{0}$ 处的 Wronskian，以查看函数集是否形成了一组基本解。这让我们感到不安，因为我们的基本解集可能在一个点 $x_{0}$ 是基本解集，但如果我们选择在 $x_{1}$ 设置初始条件，它就不是基本解集。幸运的是，事实并非如此。

Abel 定理

假设 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是(LH)的解。那么我们有

W(y_{1},y_{2})(x)=Ce^{-\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}

,

其中C是一个依赖于 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 的常数。

为了开始证明这一点，我们先对 $W(y_{1},y_{2})$ 求导。

W'(y_{1},y_{2})=(y_{1}y_{2}')'-(y_{2}y_{1}')'=y_{1}'y_{2}'+y_{1}y_{2}''-y_{2}'y_{1}'-y_{2}y_{1}''=y_{1}y_{2}''-y_{2}y_{1}''

.

接下来我们使用方程(LH)来计算出 $y_{1}''$ 和 $y_{2}''$ 是什么。

y_{1}''=-p(x)y_{1}'-q(x)y_{1}

并且

y_{2}''=-p(x)y_{2}'-q(x)y_{2}

因此

W'(y_{1},y_{2})=y_{1}(-p(x)y_{2}'-q(x)y_{2})-y_{2}(-p(x)y_{1}'-q(x)y_{1})=-p(x)y_{1}y_{2}'+p(x)y_{2}y_{1}'

通过观察，我们看到 $W'(y_{1},y_{2})=-p(x)W(y_{1},y_{2})$ 。我们知道这个ODE的解是

W(y_{1},y_{2})=Ce^{-\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}

.

最后，如果我们代入 $t_{0}$ ，我们得到 $C=W(y_{1},y_{2})(x_{0})$ 。因此，我们可以将最终公式写成

W(y_{1},y_{2})(t)=W(y_{1},y_{2})(x_{0})e^{\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}.

我们需要注意到的是， $e^{\int _{x_{0}}^{x}p(t)\,dt}$ 永远不会为零。因此，对于任何实数 $x$ ，我们看到 $W(y_{1},y_{2})(t)=0$ 当且仅当 $W(y_{1},y_{2})(x_{0})=0$ 。这告诉我们，无论是 $y_{1}$ 和 $y_{2}$ 是一个基本解集，或者它们不是，我们取初始数据并不改变这一事实。

2: 级数解

正如我们在开始学习二阶常微分方程时提到的，形式为 $y''+p(x)y'+q(x)y=g(x)$ 的方程，当 $p(x)$ 、 $q(x)$ 、 $g(x)$ 在包含初始条件的开区间上连续时，保证存在唯一解。但是，这种形式的问题并不保证存在闭式解，即无法用诸如 $x^{2}$ 和 $\sin(x)$ 的“众所周知”函数表示的解。我们可以通过使用微积分中的泰勒定理来解决这个问题。由于我们不知道解本身，我们尝试一个形式为 $y=\sum _{n=0}^{\infty }a_{n}(x-x_{0})^{n}$ 的解，即幂级数，而不是使用泰勒级数的定义。