微分方程-常系数线性方程-齐次问题

常系数线性方程-齐次问题

考虑一般的 $n$ 阶线性微分方程

$\dfrac{\text{d}^nx}{\text{d}t^n}+a_1\dfrac{\text{d}^{n-1}x}{\text{d}t^{n-1}}+\cdots+a_{n-1}\dfrac{\text{d}x}{\text{d}t}+a_{n}x=f(t)\quad(4.1)$

其中系数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 都是常数. 如果引入微分算子 $D=\dfrac{\text{d}}{\text{d}t}$ 的记号，那么

$\text{D}^n=\dfrac{\text{d}^n}{\text{d}t^n}$

从而方程（4.1）可以化简为算子形式

$P(D)x=f(t)\quad(4.2)$

其中

$P(D):=D^n+a_1D^{n-1}+\cdots+a_{n-1}D+a_n$

是关于 $D$ 的一个 $n$ 次多项式. 算子 $D$ 可以看作是连续函数空间 $C^0(J)$ 上函数到函数的映射. 这里 $J$ 是函数的定义域. 算子 $D$ 的定义域为连续可微的函数空间 $C^1(J)$ ，这是 $C^0(J)$ 的一个子空间. 可以看出， $C^0(J)$ 和 $C^1(J)$ 都是线性空间，而 $D$ 是上面的一个线性算子.

由之前的结果知道，方程（4.1）的通解是由其一个确定的特解和相应的额齐次方程的通解两部分构成的，因此我们要求

$\dfrac{\text{d}^nx}{\text{d}t^n}+a_1\dfrac{\text{d}^{n-1}x}{\text{d}t^{n-1}}+\cdots+a_{n-1}\dfrac{\text{d}x}{\text{d}t}+a_{n}x=0\quad(4.3)$

的通解. 一旦这个齐次方程的通解被确定，非齐次方程（4.1）的特解原则上可以用常数变易法得到.

由前面的知识我们知道，高阶线性方程（4.1）可以通过一个简单的变换化为与其等价的线性方程组. 因此我们完全可以只考虑一般的齐次线性方程组的求解问题，然后把齐次线性方程（4.3）作为其特例. 但由于将齐次方程（4.3）化为于其等价的齐次线性方程组后，其系数矩阵巨有特别简单的形式，因而其求解过程也要简单得多.

关于齐次方程（4.3）的通解，我们采用经典的 Euler 待定指数函数法，也就是寻求形如

$x(t)=e^{\lambda t}\quad(4.4)$

的解，其中 $\lambda$ 为待定指数. 将（4.4）代入方程（4.3）得到

$P(D)e^{\lambda t}=P(\lambda)e{\lambda t}=0$

从而化为多项式方程

$P(\lambda)=\lambda^n+a_1\lambda^{n-1}+\cdots+a_{n-1}\lambda+a_n=0\quad(4.6)$

的求根问题，该多项式称为 特征多项式，（4.6）称为特征方程，他的根称为特征根，相应于（4.4）形式得解称为特征解.我们的想法是，求出所有的特征解并设法用他们来表示齐次方程（4.3）的所有解.

定理 4.1

设（4.6）有 $n$ 个互异的根 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_n$ ，则齐次方程（4.3）有基本解组 $e^{\lambda_1},e^{\lambda_2t},\cdots,e^{\lambda_nt}$ .

证明

显然函数 $e^{\lambda_1t},e^{\lambda_2t},\cdots,e^{\lambda_nt}$ 都是方程（4.3）的解. 我们只要验证它们是线性无关的. 按照之前的知识，我们计算它们的 Wronski 行列式

$\begin{aligned} &\begin{vmatrix} 1&1&\cdots&1\\\\ \lambda_1&\lambda_2&\cdots&\lambda_n\\\\ \lambda_1^2&\lambda_2^2&\cdots&\lambda_n^2\\\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\\\ \lambda_1^{n-1}&\lambda_2^{n-1}&\cdots&\lambda_n^{n-1}\\ \end{vmatrix}e^{(\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n)t}\\ &=\prod_{1\leqslant j<k\leqslant n}(\lambda_k-\lambda_j)e^{-a_1t}\not=0. \end{aligned}$

其中我们用到了 Vandermonde 行列式的计算、多项式根与系数的关系以及 $\lambda_1,\lambda_2\cdots,\lambda_n$ 互异的事实. 因而我们得到了 $n$ 个线性无关的解，他们构成了齐次方程（4.3）的解空间的一组基.

定理 4.2

设（4.6）只有 $r$ 个互异的根 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r$ ，它们分别有重数 $n_1,n_2,\cdots,n_r$ （自然有 $n_1+n_2+\cdots+n_r=n$ ），则

$e^{\lambda_1t},te^{\lambda_1t},\cdots t^{n_1-1}e^{\lambda_1t},\cdots ,e^{\lambda_rt},te^{\lambda_rt},\cdots,t^{n_r-1}e^{\lambda_rt}$

构成齐次方程（4.3）的基本解组.

证明

分两步来证明该定理.

第一步

证明对任意的 $i(1\leqslant i\leqslant r)$ ,

$e^{\lambda_it},te^{\lambda_it},\cdots,t^{n_i-1}e^{\lambda_it}$

为线性无关解.

为此，我们首先证明

$P(D)(t^le^{\lambda t})=e^{\lambda t}[P(\lambda)t^l+lP'(\lambda)t^{l-1}+\cdots+P^{(l)}(\lambda)].\quad(4.7)$

其中 $l=1.2.\cdots,n_i-1$ . 事实上，对（4.5）关于复变量 $\lambda$ 求 $l$ 次导数，即对 $P(D)e^{\lambda t}=P(\lambda)e^{\lambda t}$ 的 $\lambda$ 求导，即可归纳地得到（4.7）. 另外，即使单纯从实函数的角度我们也可以证明（4.7），具体地说，我们利用乘积函数求导的 Leibniz 公式

$\displaystyle(uv)^{(m)}=\sum_{k=0}^{m}\text{C}_m^ku^{(k)}v^{(m-k)}$ .

这个公式形式上类似于 Newton 二项式定理，因此得到

$\displaystyle D^m(e^{\lambda t}t^l)=e^{\lambda t}\sum_{k=0}^{m}\text{C}_m^k\lambda^kD^{m-k}t^l=e^{\lambda t}(D+\lambda)^mt^l$ .

根据 Toylor 展开式得到

$\begin{aligned} P(D)(e^{\lambda t}t^l) =&e^{\lambda t}P(D+\lambda)t^l\\ =&e^{\lambda t}\left[P(\lambda)t^l+P'(\lambda)Dt^l+\cdots+P^{(l)}(\lambda)\dfrac{D^lt^l}{l!}\right] \end{aligned}$

从而（4.7）得证.

既然 $\lambda_i$ 为特征方程（4.6）的 $n_i$ 重根，必有

$P(\lambda)=(\lambda-\lambda_i)^{n_i}Q(\lambda).$

故 $P(\lambda_i)=P'(\lambda_i)=\cdots=P^{(n_i-1)}(\lambda_i)=0$ . 因此，由（4.7）可见，齐次方程（4.3）除有特征解 $e^{\lambda_it}$ 外，还有解 $te^{\lambda_it},t^2e^{\lambda_it},\cdots,t^{n_i-1}e^{\lambda_it}.$ 显然，这个 $n_i$ 个解还是线性无关的，因为如果有常数 $C_0,C_1,\cdots,C_{n_i-1}$ 满足

$\displaystyle\sum_{k=0}^{n_i-1}C_kt^ke^{\lambda_it}\equiv0$

则

$\sum_{k=0}^{n_i-1}C_kt^k\equiv0$

从而 $C_0=\cdots=C_{n_i-1}=0$ .

第二步

证明将 $i$ 分别取 $i=1,2,\cdots,r$ 后按第一步所得的各组函数合并在一起构成齐次方程（4.3）的解空间的一组基. 因为他们刚好是 $n$ 个函数，故只需要证明他们是线性无关的.

如果它们线性相关，必有如下的恒等式：

$e^{\lambda_1t}\phi_1(t)+e^{\lambda_2t}\phi_2(t)+\cdots+e^{\lambda_rt}\phi_r(t)\equiv0\quad(4.8)$

其中 $\phi_i,i=1,2,\cdots,r$ 都是多项式而且不全恒为0. 不妨设这个 $r$ 个多项式都不恒为0. 令 $\phi_i$ 的次数 $\deg\phi_i=m_i,i=1,2,\cdots,r$ . 如下方法可将（4.8）化成只含一个不恒为0 的多项式情形. 我们的操作如下：

用 $e^{\lambda_it}$ 除（4.8）得

$\phi_1(t)+e^{(\lambda_2-\lambda_1)t}\phi_2(t)+\cdots+e^{(\lambda_r-\lambda_1)t}\phi_r(t)\equiv0.\quad(4.9)$

（4.9）两边再对 $t$ 求导得

$\begin{aligned} &\phi_1'(t)+e^{(\lambda_2-\lambda_1)t}[\phi'_2(t)+(\lambda_2-\lambda_1)\phi_2(t)]+\cdots\\ &\;+e^{(\lambda_r-\lambda_1)t}[\phi_r'(t)+(\lambda_r-\lambda_1)\phi_r(t)]\equiv0\quad(4.10) \end{aligned}$

显然出了第一项次数降为 $m_1-1$ 外，其余各项的多项式

$\phi'_i(t)+(\lambda_i-\lambda_1)\phi_i(t)$

的次数仍然是 $m_i(i=2,3,\cdots,r)$ . 由于 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r$ 互异， $\lambda_2-\lambda_1\not=0$ ，因此可以利用指数函数求导的性质继续对第一项降次. 这样连续地对（4.9）共求 $m_1+1$ 次导可以得到

$e^{(\lambda_2-\lambda_1)t}\psi_2(t)+\cdots+e^{(\lambda_r-\lambda_1)t}\psi_r(t)\equiv0\quad(4.11)$

其中 $\psi_{2}(t),\psi_3(t),\cdots,\psi_{r}(t)$ 都是次数分别为 $m_2,m_3,\cdots,m_r$ 的不恒为0 的多项式而且原来的第一项已经被消去.

令

$s_2=\lambda_2-\lambda_1,\,s_3=\lambda_3-\lambda_1,\cdots.s_r=\lambda_r-\lambda_1.$

由于他们也互异，将同样的方法用于（4.11）可以再消去第二项. 如此下去，最后可化成仅有一项的情况，即

$e^{\mu t}\pi(t)\equiv0\quad(4.12)$

其中 $\mu$ 为常数而 $\pi(t)$ 为不恒为 0 的多项式. 这个是矛盾的. 因为 $e^{\mu t}\not=0$ ，故 $e^{\mu t}\pi(t)\not\equiv0$ ，这与（4.12）矛盾.

上述结论都是在复数域中讨论的. 如果方程是实系数的，我们可以由下面的推论获得实数解的相应结果

推论

若实系数齐次线性方程（4.3）有 $r$ 个互异的实特征根 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_r$ 及 $l$ 对互异的复特征根 $\alpha_1\pm i\beta_1,\alpha_2\pm i\beta_2,\cdots,\alpha_l\pm i\beta_i$ ，重数分别为 $n_1,n_2,cdots,n_r$ 和 $m_1,m_2,\cdots,m_l$ ，并且满足

$\displaystyle\sum_{k=1}^{r}n_k+2\sum_{k=1}^{l}m^k=n$

则方程（4.3）有如下实解并组成基本解组：

$\begin{matrix} e^{\lambda_kt},&te^{\lambda_kt},&\cdots,&t^{n_k-1}e^{\lambda_kt}&(t=1,2,\cdots,r)\\\\ e^{\alpha_jt}\cos\beta_jt,&te^{\alpha_jt}\cos\beta_jt,&\cdots,&t^{m_j-1}e^{\alpha_jt}\cos\beta_jt&(j=1,2,\cdots,l)\\\\ e^{\alpha_jt}\sin\beta_jt,&te^{\alpha_jt}\sin\beta_jt,&\cdots,&t^{m_j-1}e^{\alpha_jt}\sin\beta_jt&(j=1,2,\cdots,l)\\ \end{matrix}$

证明

一个实系数齐次线性方程如果具有复值解 $x(t)=u(t)+iv(t)$ ，那么 $u(t)$ 和 $v(t)$ 都是这个齐次线性方程的解. 因此可以肯定上述 $n$ 个实函数都是方程得解. 由于定理 4.2 中的 $n$ 个线性无关的解都可以表示为本推论中的 $n$ 个实函数的常系数线性组合，因此，这 $n$ 个实函数也必定是线性无关的.

例

求方程

$\dfrac{\text{d}^3x}{\text{d}t^3}-\dfrac{\text{d}^2x}{\text{d}t^2}+\dfrac{\text{d}x}{\text{d}t}-x=0$

的实通解.

Sol:

该方程的特征多项式为

$\lambda^3-\lambda^2+\lambda-1=(\lambda-1)(\lambda^2+1)$

因此特征根为 $1,\pm i$ . 按上述推论，得到实基本解组 $e^t,\cos t,\sin t$ . 这样就获得通解

$x(t)=C_1e^t+C_2\cos t+C_3\sin t$

其中 $C_1,C_2,C_3$ 为任意实常数.

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微分方程-常系数线性方程-齐次问题

常系数线性方程-齐次问题

定理 4.1

证明

定理 4.2

证明

推论

证明

例

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